2022-2023学年陕西省陕西师范大学附属中学高二上学期期末物理试题(理科)含解析

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  高二年级物理试题（理科）一、选择题（本题共12小题，满分48分。其中1~8小题为单选题，9~12小题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 法拉第发现了电磁感应现象，不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气化时代。下列器件工作时用到了电磁感应原理的是（     ）A. 电饭煲 B. 指南针 C. 风力发电机 D. 电动机【答案】C【解析】【详解】A．电饭煲是利用电流的热效应，与电磁感应无关，故A错误；B．指南针是受到地磁场作用力而偏转指示南北方向的，与电磁感应无关，故B错误；C．风力发电机是利用电磁感应原理将风能转化为电能的装置，利用了电磁感应的原理，故C正确；D．电动机是根据磁场对放入其中的通电导线产生力的作用而工作的，故D错误；故选C。2. 如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落．对于这个实验，下列说法正确的是（　　）A. 缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小B. 快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大C. 缓慢拉动纸条，杯子获得的动量较大D. 快速拉动纸条，杯子获得的动量较大【答案】C【解析】【详解】AB.快速拉动纸条时，纸条与杯子作用时间短，摩擦力对杯子的冲量较小，缓慢拉动纸条时，纸条与杯子作用时间长，摩擦力对杯子的冲量较大，故AB错误；CD.由动量定理可知，缓慢拉动纸条，杯子获得的动量较大，快速拉动纸条，杯子获得的动量较小，故C正确，D错误。故选C。3. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（　　）A. 当开关闭合的瞬间，A立即发光，B不发光B. 当开关闭合的瞬间，A不发光，B立即发光C. 当开关S闭合电路稳定后，再断开开关，A立即熄灭，B闪亮后再慢慢熄灭D. 当开关S闭合电路稳定后，再断开开关，A慢慢熄灭，B不发光。【答案】C【解析】【详解】AB．刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮，故AB错误；CD．灯泡B与线圈L构成闭合回路，所以稳定后再断开开关S后，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，灯泡A立即熄灭，故D错误，C正确。故选C。4. 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是（　　）A. 液滴一定带正电B. 液滴在C点时动能最大C. 从A到C过程液滴的电势能可能减小D. 从C到B过程液滴的机械能不变【答案】B【解析】【详解】A．从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知液滴带负电，故A错误；B．从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动能减小，所以在C点动能最大。故B正确；C．从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C错误；D．除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D错误。故选B。5. 如图所示为圆形区域的匀强磁场，区域半径为，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，P点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为的某种带正电粒子，已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力，则以下说法正确的是（　　）A. 带电粒子做圆周运动的轨道半径均为B. 所有粒子离开磁场时，动能均相等C. 粒子在磁场中的运动时间可能为D. 粒子在磁场中的运动时间可能为【答案】ABC【解析】【详解】A．由洛伦兹力提供向心力有得带电粒子做圆周运动的轨道半径为沿纸面向各方向射出速率均相同，故各粒子轨道半径均为，A正确；B．由于洛伦兹力只改变带电粒子速度方向，不改变速度大小，故各粒子射出磁场时速度大小相同，动能均相等，B正确；CD．由于各方向射出速率均相同，则由于带电粒子在磁场中轨道半径均为，圆形磁场半径为，则所有带电粒子在磁场中偏转的圆心角均为锐角，当轨道对应的弦长越长，则粒子在磁场中的运动时间也越长，本题中当粒子由点射出对应的偏转时间最长，如图由几何关系有偏转圆心角，则有最长偏转时间粒子在磁场中的运动时间可能为，故C正确，D错误。故选ABC。6. 质量为的气球下吊一轻质绳梯，梯上站着质量为的人。气球以速度沿竖直方向匀速上升，如果人加速向上爬，当他相对于梯的速度达到时，以竖直向上为正方向，气球的速度将变为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】取气球和人整体为研究对象，最初以速度匀速上升，合力为零，系统在竖直方向动量守恒，以地面为参考系，设气球的速度为，则人的速度为则由动量守恒定律可得解得故选B。7. 如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a(a＜L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小A. 大于 B. 等于C 小于 D. 以上均有可能【答案】B【解析】【详解】通过导线的电荷量：，由于线框进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量q相等，由动量定理得，线框进入磁场过程：，线框离开磁场过程：，由于：则：，，解得：，A.大于，与计算结果不符，故A错误；B.等于，与计算结果结果一致，故B正确；C.小于，与计算结果不符，故C错误；    D.以上均有可能，不符合题意，故D错误．8. 如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨相同的光滑金属棒P、Q静止在导轨上。时用水平恒力F向右拉动金属棒Q运动过程中金属棒PQ始终与导轨垂直并接触良好金属棒P、Q与导轨构成的回路中的电流用I表示、磁通量用中表示：金属棒Q的加速度用a表示，其相对金属棒P的速度用表示。下列关于I、、a、与时间t的关系图像中正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】ABD．由题意可知Q棒由静止开始加速，受水平向右恒力F和反向的安培力作用；Р棒在安培力作用下同样由静止开始加速。对Q棒有对Р棒有又所以I刚开始一段时间内逐渐增大，也逐渐增大，而逐渐减小，逐渐增大，且有，故增大；当和相同时达到稳定状态，不变，电流不再改变，所以金属棒Q先做加速度减小的加速运动，然后做匀加速运动；故选项A、B均错误，选项D正确；C．又两金属棒达到稳定状态时故P、Q间的距离增大。根据可知，不断增大，故选项C错误。故选Ｄ。9. 如图所示，一矩形金属线圈面积为S、匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕垂直磁场的固定轴匀速转动．则A. 电动势的峰值是B. 电动势的有效值是C. 从中性面开始转过30°时，电动势的瞬时值是D. 从中性面开始转过90°的过程中，电动势的平均值是【答案】AC【解析】【详解】A．当线圈转到垂直中性面位置时，与转轴平行的两边在磁场中垂直切割磁感线，每边产生最大的感应电动势：，又因为两边的感应电动势方向相同，所以线圈中总感应电动势：Em=2E=NBLdω=NBSω，故A正确；B．根据正弦交流电的有效值为，故B错误；C．当线圈转到中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的表达式：e=Emsinωt=NBSωsinωt，故当时，，故C正确；D．根据法拉第电磁感应定律，在线圈转过90°的过程中，线圈中感应电动势的平均值：，故D错误。故选AC。【点睛】本题考查交变电流中的最大值及平均值等的应用，掌握法拉第电磁感应定律的应用，要注意求电量时用平均值。10. 如图所示，理想变压器原线圈输入电压，原、副线圈匝数比为10:1，副线圈电路中为定值电阻，R是光敏电阻（其阻值随光照强度的增大而减小），图中电表均为理想电表，下列说法正确的是（    ）A. 电压器输出电压的频率为50HzB. 电压表V2的示数为VC. 照射R的光变强时，灯泡L变暗D. 照射R的光变强时，电压表、电流表的示数都不变【答案】AC【解析】【详解】A. 原线圈接正弦交流电，由表达式知角速度是ω=100π,所以f=50Hz，故A正确；B. 由表达式知输入电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比，副线圈电压有效值即电压表的示数为22V，故B错误；CD、R处光照增强时，阻值减小，副线圈电流表的变大，原线圈电流也变大，但不会影响输入电压值，定值电阻分压增大，灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故C正确，D错误故选AC11. 物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物体a的质量为1.2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所专示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（　　）A. t=1s时a的速度大小为0.8m/sB. t=1s时弹簧伸长量最大C. b物体的质量为0.8kgD. 弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6m/s【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．若物体的加速度从1.0均匀减小到0.6，图像的面积为而a的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但实际是物体a的图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则t=1s时a的速度大小小于0.8m/s，故A错误；B．撤去F时，两者的加速度相等，但a加速的加速度在1s前始终大于b加速的加速度，则a的速度大于b的速度，此后a相对b继续远离，则弹簧继续拉长，当两者速度相等时弹簧的伸长量最大，故B错误；C．恒力F拉动a的瞬间，由图像a的加速度为，有1s时两者的加速度相等，对a、b由牛顿第二定律有解得故C正确；D．F拉动1s的过程，由系统的动量定理可知撤去F后直至共速时，系统的动量守恒，有解得即弹簧伸长量最大时，a和b的速度大小都为0.6m/s，故D正确；故选CD。12. 如图所示，倾角为粗糙导轨处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，导轨间距L=1m，上端所接电阻R=2Ω。一金属棒在沿导轨向下的拉力F作用下由静止开始运动，已知金属棒的质量为1kg、阻值为2Ω，其速度大小随位移的变化规律为v=2x，金属棒与导轨间动摩擦因数μ=，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2.则金属棒从开始运动到速度大小为2m/s的过程中（　　）A. 通过电阻R的电荷量q=0.5CB. 金属棒的速度大小为2m/s时，安培力瞬时功率的大小为2WC. 系统产生的焦耳热Q=1JD. 拉力F做的功W=5.5J【答案】ACD【解析】【详解】A．通过电阻R的电荷量其中联立解得A正确；B．金属棒的速度大小为2m/s时，回路中，F安=BIL=2N安培力瞬时功率B错误；C．金属棒的速度大小为2m/s时，金属棒所受安培力大小为又因为安培力大小与位移成正比，则金属棒克服安培力做功为C正确；D．克服摩擦力做功为系统产生的热量等于摩擦生热和焦耳热之和，整个系统产生的总热量为8.5J，对金属棒由动能定理得解得W=5.5JD正确。故选ACD。二、实验题（共2小题，第13题6分，第14题8分，共14分）13. 张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：（1）用螺旋测微器测得其直径为________mm（如图甲所示）；（2）用20分度的游标卡尺测其长度为________mm（如图乙所示）；（3）用图丙所示的电路测得的电阻率将比真实值________（填“偏大”或“偏小”）。【答案】    ①. 3.205    ②. 50.15    ③. 偏小【解析】【分析】【详解】(1)[1] 直径为(2)[2] 长度为(3)[3]由于电压表分流，导致电流表测量结果偏大，根据欧姆定律得电阻测量结果偏小，根据电阻定律得电阻率偏小。14. 某欧姆表的内部结构如图甲所示电路，它有四个倍率，分别最×1，×10，×100、×1k。（1）图甲中a表笔颜色是_________色；用多用电表欧姆挡测量电阻时，红黑表笔互换了插孔，这样_________（填“会”或“不会”）影响测量结果；（2）图甲中有灵敏电流表（量程未知，内阻100Ω）、电池组（电动势未知，内阻r=0.5Ω）和滑动变阻器R0（总阻值未知），刻度盘上电阻刻度中间值为15；该同学用多用电表欧姆挡（×1k）测量电压表的内阻（测量过程规范），读得电压表的读数为2.4V，读得阻值为10kΩ，由此可知灵敏电流表的量程为_________mA；（3）若表内电池用旧，电池电动势会变小，内阻会变大，假设电池组的电动势下降到5V、内阻升高到2Ω时仍可调零，若测得某电阻是30kΩ，则这个电阻的真实值是_________kΩ。【答案】    ①. 黑    ②. 不会    ③. 0.4    ④. 25【解析】【详解】（1）[1][2]图甲中a表和内部电源的正极连接，可知a表笔颜色是黑色；用多用电表欧姆挡测量电阻时，红黑表笔互换了插孔，这样不会影响测量结果；（2）[3]刻度盘上电阻刻度中间值为15；该同学用多用电表欧姆挡（×1k）测量电压表的内阻，可知欧姆表内阻为R内=15kΩ；电压表的读数为2.4V，读得阻值为10kΩ，可知此时的电流则满偏电流可知灵敏电流表的量程为0.4mA。（3）[4]调零后欧姆表内阻30kΩ对应的表盘的电流值不变的，故电流是即解得Rx=25kΩ三、计算题（第15题6分，第16题9分，第17题10分，第18题13分，共38分）15. 如图所示，导线全部为裸导线，半径为r、两端开有小口的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端且始终与圆环接触良好，电路中定值电阻阻值为R，其余部分电阻均忽略不计，试求MN从圆环左端滑到右端的过程中：（1）通过电阻R的最大感应电流；（2）当导线MN通过圆环中心时，如果导线MN接入电路的电阻为R0，电阻R两端的电压。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）当MN滑到中点时感应电动势最大，则通过电阻R的最大感应电流（2）回路电流电阻R两端的电压16. 几个小朋友蹲在地面上玩“抓石子”游戏．从地面以v1的速率竖直向上抛出一颗小石子，由于空气阻力影响，小石子落回地面时的速率变为v2，已知重力加速度为g，试完成下列问题：（1）该过程中克服空气阻力做功；（2）若空气阻力的大小与小球速率成正比，则：①在给定的坐标系中尽可能准确地画出小石子运动的速度一时间图象；②小球从抛出到落回地面所经历的总时间为多少？【答案】（1）-  （2）【解析】【详解】（1）对小石子从抛出到落回地面前瞬间，由动能定理得-Wf=-解得克服空气阻力做功Wf=-（2）①由题意可知小石子上升过程做加速度逐渐减小的减速运动，下降过程做加速度减小的加速运动，则小石子运动的速度一时间图象如图所示．②依题意，空气阻力的大小与小球速率成正比，故 “阻力一时间”图象与“速度一时间”图象相似，此时 曲线与时间轴所围的面积表示阻力的冲量，空气阻力的总冲量为零．由动量定理，得-mgt=-mv2-mv1解得17. 如图甲所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，MN、PQ两导轨间的宽为L＝0.50m；一根质量为m＝0.50kg、R＝0.10Ω的金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形，该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中，其他各部分电阻均不计。开始时，磁感应强度，导体棒ab与导轨间的摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，重力加速度g=10m/s2。（1）若从t＝0开始，使磁感应强度的大小从B0开始使其以的变化率均匀增加，求经过多长时间ab棒开始滑动。（2）若保持磁感应强度的大小不变，从t＝0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它做加速度为4m/s2的匀加速直线运动，求此拉力F的大小随时间t变化关系。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）回路产生的感应电动势为   ①回路中的电流为   ②设经过t1时间ab棒开始滑动，此时ab棒所受安培力大小等于最大静摩擦力，即   ③解得   ④（2）设经过时间t，ab棒的速度大小为v，则此时回路中的感应电流为   ⑤ab棒受到的安培力大小为   ⑥由牛顿第二定律可得   ⑦根据运动学规律有   ⑧联立⑤⑥⑦⑧可得   ⑨18. 以A为原点建立如图所示的平面直角坐标系，，，在内（含边界）有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为。若在A点沿方向射入质量为m，电荷量为的粒子1，该粒子恰好能经过中点。（1）求粒子1入射的速度；（2）若当粒子距离最近时，与静止质量为M的不带电粒子发生弹性正碰，已知碰撞时两粒子发生电荷转移，且碰撞后电荷量与质量成正比，若发生碰撞后粒子1恰好不离开磁场（不考虑与粒子2再次碰撞的情况），试求碰撞后粒子1的速度大小；（忽略粒子本身的重力和粒子间的库仑力）（3）在（2）条件下，求粒子2与粒子1的质量之比。【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】【详解】（1）粒子在四边形内做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示设粒子入射的速度为，运动半径为r，边的中点为M，根据几何关系可得解得由洛伦兹力提供向心力得解得（2）由题意可知，当粒子1速度与平行时，距离最近，所以两粒子在图中的N点发生碰撞，设碰后粒子1与粒子2的速度大小分别为、，碰后粒子1的电荷量为，运动半径为，碰撞后粒子1恰不离开磁场，则其轨迹与边相切，可知已知碰撞电荷转移后电荷量与质量成正比，可得由洛伦兹力提供向心力得解得（3）两粒子发生弹性正碰，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，以碰前粒子1在N点的速度方向为正方向，则有联立解得解得或