2022-2023学年内蒙古呼和浩特市第二中学高二上学期期末物理试题含解析

这是一份2022-2023学年内蒙古呼和浩特市第二中学高二上学期期末物理试题含解析，共28页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
  呼和浩特市二中2022—2023学年高二年级第一学期期末考试物理试卷一、选择题（本大题共12小题，共48分，1-8为单选，9-12为多选，选错不得分，漏选得2分）1. 如图所示，A、B都是很轻的铝环，环A是闭合的，环B是断开的，横梁可以绕中间的支点自由转动。若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法错误的是（　　）A. 用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥，说明环内有感应电动势B. 把磁铁远离A环，A环又会被吸引，说明环内有感应电流C. 磁极接近或者远离B环时，B环保持静止，但环的断口左右两端有电势差D. 磁铁N极接近B环时，环的断口处右端电势比左端电势高【答案】D【解析】【详解】A．用磁铁的任意一磁极接近A环时，环内磁通量变大，根据楞次定律，圆环受到的安培力的效果总是阻碍磁通量的变化（来拒去留）可知闭合圆环中会产生感应电流，A环被排斥，A正确；B．同理，把磁铁远离A环，，A环又会被吸引，环内有感应电流，B正确；C．磁极接近或者远离B环时，磁通量变化，有感应电动势，但是由于不闭合，所以没有感应电流，圆环不受到安培力的作用，保持静止，C正确；D．同理当磁铁N极接近B环时，可知环内有感应电动势，此时断口处左端电势比右端电势高，D错误。本题选错误的，故选D。2. 如图所示，面积为S、匝数为的闭合线圈水平放置，与匀强磁场夹角（）。现将线圈以边为轴顺时针转动，则线圈在初、末位置磁通量的改变量的绝对值为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】线圈在初位置时的磁通量为线圈在末位置时的磁通量为线圈在初、末位置磁通量的改变量的绝对值为故选B。3. 如图所示，在轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为，在平面内，从原点处与轴正方向成角（），以速率发射一个带正电的粒子（重力不计），则下列说法正确的是（　　）A. 若一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越长B. 若一定，越大，则粒子在磁场中运动角速度变大C. 若一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D. 若一定，越大，则粒子离开磁场的位置距点越近【答案】C【解析】【详解】AC．粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π-2θ粒子在磁场中运动时间则粒子在磁场中的运动时间与粒子速率无关，若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间相等；若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故A错误，C正确；B．洛伦兹力提供向心力得解得粒子在磁场中运动的角速度与、无关，B错误；D．设粒子的轨迹半径为r，则.如图所示，由几何知识得AO=2rsinθ=v一定，若θ是锐角，θ越大，AO越大，若θ是钝角，θ越大，AO越小，D错误。故选C。4. 一个质子仅在电场力作用下从P点运动到Q点的轨迹如图中实线所示，图中的虚线可能是电场线也可能是等势面，则以下说法正确的是（　　）A. 无论图中的虚线是电场线还是等势面，P点的场强都比Q点的场强小B. 无论图中的虚线是电场线还是等势面，P点的电势都比Q点的高C. 如果虚线是电场线，质子在P点的电势能比在Q点的电势能大D. 如果虚线是等势面，质子在P点的速率一定小于在Q点的速率【答案】D【解析】【详解】A．根据电场线或等势面的疏密成都可知无论图中的虚线是电场线还是等势面，EP都大于EQ，故A错误；B．若图中的虚线是电场线，则小于，若图中的虚线是等势面，则大于，故B错误；C．若图中的虚线是电场线，质子从P到Q电场力做负功，电势能增大，质子在P点的电势能比在Q点的电势能小，故C错误；D．若图中虚线是等势面，质子从P到Q电场力做正功，电势能减小，速度增大，质子在P点的速率一定小于在Q点的速率，故D正确。故选D。5. 下列说法正确的是（　　）A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压UB. 图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出B极板是发电机的负极，A极板是发电机的正极C. 图丙是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D. 图丁是霍尔效应示意图，导体上表面的电势比下表面的高【答案】C【解析】【分析】【详解】A．设回旋加速器的最大半径为R，加速后粒子的最大速度为v，根据得粒子获得的最大速度由半径R决定，而与加速电压U无关，选项A错误；B．根据左手定则，正离子将向B极板偏转，负离子将向A极板偏转，所以，B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极，选项B错误；C．沿直线匀速通过速度选择器的条件是得选项C正确；D．根据左手定则，电子将向上偏转，所以上表面的电势比下表面的低，选项D错误。故选C。6. 如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根用同种材料制作的导体棒a、b、c，其中b最短，c为直径与b等长的半圆，导体的电阻与其长度成正比，导轨电阻不计。现将装置置于竖直向下的匀强磁场中，接通电源后，三根导体棒中均有电流通过，则它们受到的安培力的大小关系为（　　）A. Fa>Fb＝Fc B. Fa＝Fb>Fc C. Fa＝Fb＝Fc D. Fb>Fa>Fc【答案】B【解析】【分析】【详解】设a、b两棒的长度分别为La和Lb，C的直径为d；由于导体棒都与匀强磁场垂直，则a、b两棒所受的安培力大小分别为因则因则因（c的直径大小为Lb），则c棒所受安培力大小为则故选B。7. 一个固定在空间某点、带负电的点电荷Q产生电场，其中一条电场线与x轴重合。另有一个带正电的试探电荷q仅在电场力作用下从的位置开始沿x轴运动，其动能与坐标x的关系如图所示，虚斜线为该曲线过点（0.2，2）的切线，已知。下列判定错误的是（　　）A. 点电荷Q的位置一定在x轴上B. 该电场的电势沿x轴正方向一直升高C. 处场强的大小为10N/CD. 与两点间的电势差为1V【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据点电荷电场线的特点可知点电荷一定在电场线所在的直线上，点电荷Q的一条电场线与x轴重合，则点电荷Q的位置一定在x轴上，选项A正确；B．带正电的试探电荷沿x轴正方向运动的过程中，动能增加，由动能定理知电场力对其做正功，则电场方向沿x轴的正方向，电势沿x轴正方向降低，选项B错误；C．由于点电荷仅受电场力，由动能定理得知，图象的斜率为电场力，由图可知处则场强大小为选项C正确；D．由图可知处动能为到过程由动能定理得解得选项D正确。本题选错误的，故选B。8. 如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左、场强大小为E，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B。一质量为m，电荷量为-q（q>0）的小圆环套在杆上（环内径略大于杆的直径）无初速下滑。若重力加速度大小为g，圆环与杆之间的动摩擦因数为（qE<mg），圆环电荷量不变，则能反映圆环下滑过程中速度v随时间t变化关系的图象是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】详解】速度较小时，对圆环受力分析有随着速度增大，加速度逐渐增大，当加速度为重力加速度，之后，洛伦兹力大于电场力，有随着速度增大，加速度逐渐减小，速度增大，直到加速度为零时，速度最大，最终做匀速运动。故选D。9. 粒子和氘核具有相同的比荷，但粒子的质量是氘核的2倍，粒子电荷量是氘核的2倍。下列关于两种粒子在电场、磁场中的运动情况和规律，正确的描述是（　　）A. 经同一电场由静止加速后两粒子具有相等的动能B. 两粒子以不同的速率垂直进入同一匀强磁场中，运动的周期相同C. 经同一电场由静止加速后从同一点垂直电场方向进入到一匀强电场中，运动轨迹相同D. 经同一电场由静止加速后从同一点垂直磁场方向进入到一匀强磁场中，运动轨迹相同【答案】BCD【解析】【详解】A．根据粒子和氘核所带的电荷不同，所以经同一电场由静止加速后两粒子的动能不同，故A错误；B．粒子在磁场中运动周期两粒子的比荷相同，所以两粒子以不同的速率垂直进入同一匀强磁场中，运动的周期相同两粒子以不同的速率垂直进入同一匀强磁场中，运动的周期相同，故B正确；C．经同一电场由静止加速后，根据动能定理得速度为两粒子的比荷相同，经过加速电场后速度相同，在偏转电场中，加速度加速度也相同，所以运动轨迹相同，故C正确；D．经同一电场由静止加速后，两粒子的速度相同，进入磁场后，洛伦兹力提供向心力可得可得半径相同，则运动轨迹相同，故D正确。故选BCD。10. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表、和两个电压表、已知电流表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则（　　）A. 电流表的读数大于电流表的读数B. 电流表指针的偏转角小于电流表指针的偏转角C. 电压表的读数小于电压表的读数D. 电压表指针的偏转角等于电压表指针的偏转角【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．电流表的量程大于的量程，故电流表的内阻小于的内阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，因表量程大于表，故的读数比的读数大，A正确，B错误；CD．电压表的量程大于的量程，故的电阻大于的电阻；两电压表串联，故通过两表的电流相等，故的读数比的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表的偏转角等于电压表的偏转角，C错误，D正确。故选AD。11. 如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（　　）A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B. 对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中通过的弧长越长，时间也越长C. 对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心D. 只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上【答案】CD【解析】【详解】AC．带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，只有轨道半径为R的粒子出射后可垂直打在MN上，选项A错误，C正确；B．由洛伦兹力作为向心力可得可知对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由可知，运动时间t越短，选项B错误；D．当速度满足，粒子的轨迹半径为r=R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，选项D正确。故选CD。12. 如图所示电路中，电源内阻为r，电流表A和电压表V均为理想电表。平行板电容器内部有一个用绝缘细线悬挂的带电小球，稳定时细线偏离竖直方向一个小角度，当滑动变阻器滑片P从右端向左端滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）A. 电流表示数减小 B. 电压表示增大C. 细线与竖直方向的偏角减小 D. 滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等【答案】AD【解析】【详解】AB．滑动变阻器的滑片P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，滑动变阻器与灯L并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，电路中总电流I增大，路端电压减小，则电压表V的示数减小，滑动变阻器与灯L并联的电压为减小，通过灯L的电流减小，电流表示数减小，故A正确，B错误；C．电容器C两端的电压为I增大，增大，根据电场强度与电势差的关系可知小球所受电场力增大，细线与竖直方向的夹角增大，故C错误；D．电源的输出功率与外电阻的关系，如图所示若电源内阻大于电阻的阻值，当滑动变阻器的滑片P从右端滑至左端的过程中，可能会使外电阻先大于电源内阻，后小于电源内阻，则电源输出功率先增大后减小，所以滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等，故D正确。故选AD。二、实验题（本大题共2小题，共16.0分，每空2分。）13. 在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按下图所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零，闭合开关后：（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小灯泡亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是________导线断路。（选填“a”、“b”、“c”、“d”、“e”、“f”、“g”、“h”）（2）某同学测出电源和小灯泡的图线如图所示，此时小灯泡的电阻________；（结果保留到小数点后一位）。小灯泡的电阻随温度的升高而________（选填“变大”“变小”或“不变”）。（3）将上面相同的两个小灯泡并联后接到上面电源上，每一只小灯泡的实际电功率是________W。（结果保留到小数点后一位）【答案】    ①. g    ②. 1.5    ③. 变大    ④. 1.2【解析】【详解】（1）[1]由电路图可知，滑动变阻器采用的是分压式接法，若不管怎样调节滑动变阻器，小灯泡亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，说明滑动变阻器起不到分压作用，而是分流作用，则可能是g导线断路。（2）[2]根据电源图线和小灯泡的伏安特性曲线的交点可知，把灯泡与电源串联在一起时，此时流经灯泡的电流大致为1.22A，灯泡两端的电压约为1.79V，可得此时小灯泡的电阻[3]由小灯泡伏安特性曲线的斜率表示灯泡电阻，可知图线斜率随着灯泡电流，电压的逐渐增大而增大，所以灯泡电阻随温度的升高而变大。（3）[4]若将上面相同的两个小灯泡并联后接到上面电源上，设流经每个灯泡的电流为I，则电路中的总电流为2I，根据闭合电路欧姆定律，可得电源路端电压随总电流的变化规律为作出其图线如图中虚线所示与灯泡的伏安特性曲线的交点大致为，，所以可得每一只小灯泡的实际电功率为14. 利用如图甲所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源（电动势不大于6V，内阻不大于1Ω），电阻箱R（最大阻值999.9Ω），表头G（量程为200μA，内阻为900Ω），定值电阻R0、R1，开关S，导线若干。实验步骤如下：（1）先利用R0将表头G改装成2mA的电流表，再将2mA的电流表改装成量程为6V的电压表，则两定值电阻的阻值分别为：R0＝__________Ω，R1＝__________Ω；（2）将电阻箱阻值调到最大，再闭合开关S；（3）多次调节电阻箱，记下表头G的示数I和电阻箱相应的阻值R；（4）以为纵坐标，为横坐标，作出－图线如图乙所示；（5）根据－图线求得电源的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω（此两空结果均保留到小数点后一位）；【答案】    ①. 100    ②. 2910    ③. 6.0    ④. 0.2【解析】【详解】(1)[1]电流表与电阻R0并联，两端电压相等，电流表内阻为，量程为200μA，则通过电阻R0的电流为通过电流表的9倍，则由可得[2]电流表示数为0.2mA，电路电流为2mA，电流表的电压为 R1的电压为则(5)[3][4]根据闭合电路欧姆定律得整理可得根据图像可知可得三、计算题（本大题共3小题，共36.0分）15. 如图甲所示，一个面积为S，阻值为r的单圈圆形金属线圈与阻值为2r的电阻R组成闭合回路。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图中和已知，导线电阻不计。在至时间内，求：（1）电阻中R电流的方向；（2）a、b两点间的电势差。【答案】（1）由a到b；（2）【解析】【详解】（1）由乙图可知，线圈内磁通量持续增加，根据楞次定律可判断出电阻中R电流的方向由a到b。（2）根据法拉第电磁感应定律又联立，可得根据闭合电路欧姆定律又解得16. 电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行光滑轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道电流可在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小，通电的弹体在轨道上由于受到安培力的作用而高速射出。小明同学从网上购买了一个轨道炮模型，其轨道长度为，平行轨道间距，弹体的质量，导轨中的电流，系数。求：（1）弹体在轨道上运行的加速度大小a；（2）现欲使弹体出射速度增加至原来的2倍，通过分析运算说明，理论上可采用哪些办法？（至少写出两种方法）【答案】（1）；（2）将轨道中电流增大为原来的2倍，或者将轨道长度增大为原来的4倍，又或者将轨道间距增大为原来的4倍【解析】【详解】（1）根据题意有， 联立解得（2）根据动能定理有解得所以可知若要使弹体的出射速度增加至原来的2倍，可将轨道中电流增大为原来的2倍，或者将轨道长度增大为原来的4倍，又或者将轨道间距增大为原来的4倍。17. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第Ⅳ象限存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为、方向垂直于xOy平面向外，电场平行于y轴；在第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场，已知场强、的大小相等。一可视为质点、比荷为的带正电的小球，从y轴上的点以初速度水平向右抛出，经过x轴上的点进入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度，。求：（1）小球从A点抛出的初速度大小；（2）小球在第Ⅳ象限的运动的半径；（3）小球从A点出发到第三次经过y轴负半轴所用的总时间。【答案】（1）；（2）；（3）1.07s【解析】【详解】（1）小球在第I象限做平抛运动，由运动学规律得可得（2）设小球平抛到M点时的速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，竖直分速度为，则解得在第IV象限，恰能做匀速圆周运动，则重力与电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，故解得轨道半径（3）分析可知小球刚好经过半个圆周到达y轴的N点，如图所示。由几何关系可知，N点的坐标为小球第一次在第IV象限运动的时间为接着，小球沿与y轴成夹角方向进入第II象限，由于电场力和重力大小相等，其合力恰与小球进入第III象限的初速度v方向相反，故小球在第III象限做类竖直上抛运动，则由牛顿第二定律可得由运动规律可知小球再次经过y轴，与y轴成夹角再次进入第IV象限，做匀速圆周运动经圆周到达y轴上的J点，小球第二次在第IV象限的运动时间为则小球从A点出发到第三次经过y轴负半轴所用的总时间为18. 光滑水平面上方存在水平向左的匀强电场，电场强度大小。带负电的绝缘滑块（可视为质点）置于带负电的绝缘长木板左端，与长木板保持相对静止共同向右运动，当长木板右端距墙时，滑块与长木板的速度，长木板与墙碰撞时间极短，碰后长木板速度大小不变，方向反向。已知长木板带电量、质量，滑块带电量、质量，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：（1）长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小；（2）第一次碰墙反弹后滑块不从木板上滑下，求第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离是多少；（3）第二次碰墙反弹后滑块恰好不从木板上滑下，求木板长度；（4）若最终滑块未从木板上滑下，求木板至少多长。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）由题意知滑块与长木板保持相对静止共同向右运动，则把两者作为整体可得解得所以长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小满足解得（2）长木板与墙碰后对滑块和木板分别受力分析，由牛顿第二定律得解得当两者共速时，设经过时间t两者共速，设向左为正，则有解得此时间内木板的对地位移为共速至左侧最远第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离（3）第一次反弹至共速滑块距木板左侧距离最左侧至第二次碰墙壁前由动能定理得碰撞墙壁后加速度与第一次碰撞后相同，至共速此时间内两者的对地位移为此阶段相对位移则木板长度为（4）从开始至最终停下，由能量守恒得解得