2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末教学质量检测物理（理）试题含答案

这是一份2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末教学质量检测物理（理）试题含答案，共12页。试卷主要包含了1 A；，0；　1等内容，欢迎下载使用。
长安一中2021-2022学年第一学期期末考试高二物理试题（理科） 考试时间：100分钟    总分：110分 一、 单选题（本题共10小题，四个选项中只有一个选项正确，每题3分，共30分） 1.“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析错误的是A.绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小C.人先做加速度减小的加速运动，在做加速度增大的减速运动D.人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 2. 下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是3．如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场．一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出．这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短．若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动的带电粒子A．速率越大的运动时间越长      B．运动时间越长的周期越大C．速率越小的速度方向变化的角度越小D．运动时间越长的半径越小4.如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内．当发现闭合线圈向右摆动时A．AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流B．AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流C．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流D．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势面．相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C．该带电质点在P点处的加速度比在Q点处大D．该带电质点在P点的速度比在Q点具有的速度小6．两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上两点M、N，且OM＞ON，由图可知A．N点的电势低于M点的电势B．M、N两点的电场强度方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小C．仅在电场力的作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点间做往复运动D．负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功7．如图所示，光滑长方体物块质量为M，静止在水平地面上，上部固定一轻滑轮，跨过定滑轮的轻绳连接质量为m1和m2的两物体，连接m1的细绳水平、m2恰好与M的侧壁相接触。不考虑一切摩擦，现对M施加水平向右的推力F，使得三物体不存在相对运动，则F的大小为（　　）
 A．g B．gC．g D．g 8. 如图甲所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，它们的规格均为“9 V　12 W”，当在该变压器cd端输入交变电压u(u－t图象如图乙所示)时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是A．a、b端输入电压的瞬时值表达式为u＝27sin 100πt(V)B．原、副线圈匝数比为4∶1C．流过灯泡L2的电流方向每秒改变50次D．电流表的示数为4 A，ab端输入的功率Pab＝48 W9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则 A．撤去F后，物体先做加速度减小的加速运动，再做匀减速运动 B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为 C．物体做匀减速运动的时间为 D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为10．如图所示，天花板上固定有一光滑的定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M的铁块；右端悬挂有两质量均为m的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为2mg，最初系统处于静止状态．某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为A.g        B.g       C.g          D．g  二、 多选题（本大题共6小题，每个小题后有4个选项，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错得0分。共24分） 11．如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示．t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则(　　)A．φ1∶φ2 ＝1∶2    B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T内，当t＝T时电子的动能最大D．在0～2T内，电子的电势能减小了 12．如图甲所示，其中R两端电压U随通过该电阻的直流电流I的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0 V(内阻不计)，且R1＝1 000 Ω(不随温度变化)．若改变R2，使AB与BC间的电压相等，这时(　　)A．R的阻值约为1 000 Ω   B．R的阻值约为1 333 ΩC．通过R的电流为1.5 mA     D．通过R的电流为2.0 mA13．在如图所示电路中，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P位于变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中(　　)A．电源的内功率先减小后增大B．电源的效率先减小后增大C．电流表的示数先减小后增大D．电压表的示数先增大后减小14．如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ)，磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计．设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直PQ射出．则(　　)A．从PQ边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为B．沿θ＝120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长C．粒子的速率为D．PQ边界上有粒子射出的长度为2a15．如图所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下滑，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是(　　)A．棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为B．棒从开始运动直至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgh－C．棒释放瞬间的加速度大小是gsin θ－μgcos θD．如果增加导体棒质量，则导体棒从释放至滑到斜面底端的时间不变16. 如图所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨垂直且接触良好，则下列说法中正确的是(　　)A．电阻R的最大电流为B．电阻R中产生的焦耳热为mghC．磁场左右边界的长度d为D．流过电阻R的电荷量为 三、 实验题（每空2分，共20分） 17．如图中游标卡尺读数为____ mm，螺旋测微器读数为________ mm. 18．为测定待测电阻Rx的阻值(约为200 Ω)，实验室提供如下器材：电池组E：电动势3 V，内阻不计；电流表A1：量程0～15 mA，内阻约为100 Ω；电流表A2：量程0～300 μA，内阻为1 000 Ω；滑动变阻器R1：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A；定值电阻R2，阻值为9 000 Ω，额定电流10 mA；定值电阻R3，阻值为200 Ω，额定电流0.1 A；开关S、导线若干．实验中要求准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：(1)正确选取器材，在图方框内画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明所选器材的符号．(2) 调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是_________ mA，电流表A2的示数是_________ μA，则待测电阻Rx的阻值是________ Ω(计算结果保留一位小数)．(3)仅从实验原理产生系统误差的角度分析，Rx的测量值________真实值(选填“＞”“＝”或“＜”)． I1/mAI2/A11.350.3021.300.4031.200.6041.100.8051.050.9019．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，某同学利用两个理想电流表A1、A2和定值电阻R0＝2 000 Ω以及滑动变阻器，设计了如图甲所示的电路来测量一个电池组的电动势和内阻，用I1和I2分别表示通过电流表A1和A2的电流，该同学测出的实验数据如下表所示：　(1)根据实验测得的数据，在图乙的坐标纸上绘出I1－I2图线；(2)由I1－I2图线得出，被测电池组的电动势E＝____ V，内阻r＝________ Ω.(结果均保留两位有效数字) 四、计算题（计算题要有必要的计算公式和文字说明，只写结果的不得分。20题10分，21题12分，22题14分。共36分）如图所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab垂直导轨跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2．0 kg，电阻r＝0.5 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝40 cm后，速度达到最大，取g＝10 m/s2.求：(1)导体棒ab运动的最大速度的大小；(2)导体棒ab由静止运动到刚达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量． 21. 如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆的直径AD水平，半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个带正电荷、质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时，对轨道的压力差为ΔF，小球运动过程中始终不脱离轨道，重力加速度为g.求：(1)小球甲经过轨道最低点C时的速度大小；(2)小球甲所带的电荷量；(3)若在半圆形轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的A端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力．(不计两球间静电力的作用) 22．如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2.求：　(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件． 
长安一中2021-2022学年第一学期期末考试高二物理试题（理科）参考答案及评分标准 一、 单选题（本题共10小题，四个选项中只有一个选项正确，每题3分，共30分）1D.　2A　3D  4C  5C  6B  7A  8D  9C  10A二、多选题（本大题共6小题，每个小题后有4个选项，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错得0分。共24分）11．BD     12BC    13AD   14BD   15   AD三、实验题（每空2分，共20分）    17．  52.35；　1.99018．(1)如图所示(2) 8.0；　150；　191.1　(3)＝   解析　(2)Rx＝＝代入数据解得Rx＝191.1 Ω. 19．(1)如图所示（图像正确2分）(2)3.0；　1.0     四、计算题（计算题要有必要的计算公式和文字说明，只写结果的不得分。20题10分，21题12分，22题14分。共36分）20．解析　(1)导体棒ab垂直切割磁感线，产生的感应电动势大小：E＝BLv   （1分）由闭合电路欧姆定律得：I＝    （1分） 可得导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝    （1分）当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：＋μmg＝F  （1分） 解得最大速度：vm＝1.5 m/s；   （1分）(2)导体棒ab由静止运动到刚达到最大速度的过程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋mvm2   （2分）      解得：Q＝0.15 J（1分）所以QR＝Q＝0.075 J.   （2分）20．　(1)（2分） 　  (2)  （4分）  　(3)3mg－，方向竖直向下（6分）解析　(1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A点运动到C点，有mgR＝mvC2  （1分）          解得vC＝   （1分）(2)小球甲第一次通过C点时，qvCB＋F1－mg＝m      （1分）第二次通过C点时，F2－qvCB－mg＝m     （1分） 由题意知ΔF＝F2－F1     （1分）                  解得q＝    （1分）(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则有mvC＝mv甲＋mv乙      （1分）mvC2＝mv甲2＋mv乙2      （1分） 解得v甲＝0，v乙＝vC        （1分）设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为F乙，方向竖直向上，则F乙＋qv乙B－mg＝m    （1分）解得F乙＝3mg－     （1分） 根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg－，方向竖直向下．（1分）21．(1)1.2 m （4分）　(2)2.48 m （5分）　(3)L＝(1.2n＋0.6) m(n＝0,1,2，…) （5分）解析　(1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝8×10－3 N① 电场力大小F＝qE＝8×10－3 N②            因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，（1分）则qvB＝m③ 由③式解得：R＝0.6 m④   （1分）由T＝ ⑤  得：T＝10π s⑥    （1分）则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经过直线OO′时与O点的距离：l＝2R⑦   将数据代入上式解得：l＝1.2 m⑧  （1分）(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，（1分）轨迹如图所示，（1分）位移大小：x＝vt⑨   （1分）由⑨式解得：x≈1.88 m⑩   （1分）因此，微粒离开直线OO′的最大高度：H＝x＋R＝2.48 m⑪  （1分） (3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋0.6) m (n＝0,1,2，…)⑫     （2分）若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8) m (n＝0,1,2，…)⑬     （2分）⑫⑬两式合写成 L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2…)    （1分）