吉林省长春市北师大附属学校2021-2022学年高二物理上学期期末试题（Word版附解析）

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北师大长春附属学校2021-2022学年度上学期高二年级期末考试物理学科试卷考试时间：90分钟满分：100分2022年1月10日一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。1-8题为单项选择，9-12题为多选题。选对但不全的得2分，错选或不选得0分。）1. 比值定义法是物理学中一种重要的定义物理量的方法，下列不属于比值定义法表达式的是（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】A．是电阻的决定式，不属于比值定义法表达式，故A正确；B．是电容的比值定义法表达式，故B错误；C．是电场强度的比值定义法表达式，故C错误；D．是磁感应强度的比值定义法表达式，故D错误。故选A。2. 三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置。三根导线中均通有大小相等且垂直纸面向里的电流，每两根导线间的距离均相等。则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（　　）
 A. 方向竖直向上 B. 方向竖直向下C. 方向水平向左 D. 方向水平向右【答案】C【解析】【详解】用安培定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示
 直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等。则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左。故选C。3. 如图所示为回旋加速器的工作原理示意图，D形金属盒置于真空中，半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度大小为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的初速度为0的质子（质量为m，电荷量为+e）在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（　　）A. 加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大B. 不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器一定可加速其他带正电荷的粒子C. 质子被加速后的最大速度不能超过2πRfD. 质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1【答案】C【解析】【详解】A．根据qvB=m知v=则最大动能Ekm=mv2=与加速的电压无关，故A错误；B．带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=知，换用其他带正电荷的粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速其他粒子，故B错误；C．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=2πRf所以最大速度不超过2πfR，故C正确；D．粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v= 知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为：1，根据r=则半径比为：1，故D错误。故选C。4. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动（灯未烧坏），则（　　）A. 电灯L变暗，安培表的示数减小B. 电灯L更亮，安培表的示数增大C. 电灯L更亮，安培表的示数减小D. 电灯L变暗，安培表的示数增大【答案】C【解析】【分析】【详解】据题意，当滑片向b端移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则整个电路总电阻增大，据闭合电路欧姆定律可知总电流I将减小，则电源内阻分压减小而外电压增大，故灯泡变亮，而电流表示数减小。故选C。5. 如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2。则（　　）A. 导线框进入磁场时，感应电流方向a→b→c→d→aB. 导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D. 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左【答案】D【解析】【详解】AD．导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为a→d→c→b→a，这时由左手定则可判断cd边受到的安培力方向水平向左，A错误，D正确；BC．在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为a→b→c→d→a，这时安培力的方向仍然水平向左，BC错误。故选D。6. 如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时（　　）
 A. 摆球受到的磁场力相同B. 摆球的动能相同C. 摆球的速度相同D. 向右摆动通过A点时悬线的拉力等于向左摆动通过A点时悬线的拉力【答案】B【解析】【详解】A．由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，则受到的磁场力不同。故A错误；BC．由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力做功，则小球机械能守恒，所以小球分别从左边和右边向最低点A运动且两次经过A点时的动能相同，速度大小相等，方向不同，故B正确，C错误；C．根据牛顿第二定律可知，速度大小不变，则向心力大小不变，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上，充当一部分向心力，故绳子拉力较小，向右摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向下，悬线的拉力较大，悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力，故D错误。故选B。7. 如图所示，一根长度为L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角。下列说法中正确（　　）A. 导体棒受到磁场力大小为BILsinθB. 导体棒对轨道压力大小为mg-BILcosθC. 导体棒受到导轨摩擦力为μ（mg-BILsinθ）D. 导体棒受到导轨摩擦力为BILcosθ【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示B与I垂直，故导体棒受到磁场力大小为F=BIL故A错误；B．根据共点力平衡条件得BILsinθ+FN=mg解得FN=mg-BILsinθ由牛顿第三定律可知，导体棒对轨道的压力大小为F压=mg-BILsinθ故B错误；CD．由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡条件求解，即Ff=BILcosθ故C错误，D正确。故选D。8. 如图所示，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，L1、L2先后亮暗的顺序是（　　）
 A. 接通时，L2先达最亮；断开时，L2先暗B. 接通时，L1先达最亮；断开时，L1后暗C. 接通时，L2先达最亮；断开时，L2后暗D. 接通时，L1先达最亮；断开时，L1先暗【答案】B【解析】【详解】开关S接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡L1的电流较大，故灯泡L1先达最亮；电路中自感电动势阻碍电流的增加，但不能阻止电流增加；由于L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，所以电流稳定后，两个灯泡一样亮，即L1灯泡亮度逐渐正常，电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡L1构成闭合回路放电，故断开时L1后暗。故选B。9. 用如图所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据做出了如图所示的U-I图像，由图可知（　　）A. 电池电动势的测量值是1.4VB. 电池内阻的测量值是3.5ΩC. 外电路发生短路时的电流为0.4AD. 电压表的示数为1.2V时，电流表的示数【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律有由U-I图像可知图像的斜率的绝对值表示电池的内阻，纵坐标的截距表示电池的电动势则有 ，所以A正确；B错误；C．外电路发生短路时的电流为所以C错误；D．电压表的示数为1.2V时，代入公式可解得，电流表的示数为所以D正确；故选AD。10. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则
 A. 释放瞬间金属棒加速度等于重力加速度gB. 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bC. 金属棒的速度为v时，所受的按培力大小为F=D. 电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【答案】AC【解析】【详解】A、金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A正确；B、金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻R的电流方向为，故B错误；C、金属棒速度为时，安培力大小为，，由以上两式得：，故C正确；D、金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻R上产生的热量，故D错误．【点睛】释放瞬间金属棒只受重力，加速度为．金属棒向下运动时，根据右手定则判断感应电流的方向．由安培力公式、欧姆定律和感应电动势公式推导安培力的表达式．金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（金属棒速度不是零时）和电阻R产生的内能；本题考查分析、判断和推导电磁感应现象中导体的加速度、安培力、能量转化等问题的能力，是一道基础题． 11. 如图所示，平行板电容器在充电稳定后，板间有一带电尘粒恰能在电场中静止。若将正对的平行板左右错开一些，则以下说法中正确的是（　　）A 带电尘粒将向上加速运动B. 带电尘粒静止不动C. 错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到BD. 错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A【答案】BC【解析】【详解】AB．电容器两端电压不变，带电尘粒受电场力为可知电场力没有发生变化，故电场力不变粒子仍处于平衡状态，故A错误，B正确；CD．根据电容器的决定式可知，当正对面积S减小时，电容器的电容减小，由于电容器的电容减小，两极板间电压保持不变，根据可知，电容器的带电荷量将减小，故电容器放电，流经电阻R电流方向从A至B，故C正确，D错误。故选BC。12. 如图甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为导线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【详解】AB．由B-t图象可知，0-1s内，线圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向，1-2s内，线圈中向里的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针方向，即电流为正方向，2-3s内，磁通量不变，没有感应电流，3-4s内，线圈中向外的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针方向，即电流为负方向，根据法拉第电磁感应定律由于磁感应强度发生变化时是均匀变化，且变化率大小相等，故产生的感应电流保持不变且大小相等，A错误，B正确；CD．0-1s内，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向右，为正值，1-2s内，电流为顺时针，ad棒受到的安培力的方向向左，为负值，2-3s内，没有感应电流，不受安培力，3-4s内，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向左，为负值，根据安培力的公式F=BIL可知，安培力的大小与磁感应强度成正比，C错误，D正确。故选BD。二、实验题（13、14小题，共15分）13. 在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_____mm．（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____A．【答案】    ①. 0.697（0.695﹣0.698）    ②. 偏小    ③. 2.60（2.59﹣2.61）    ④. 0.52【解析】【分析】（1）根据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系；
（2）先算出电表的分度值，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可．【详解】（1）金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×19.8=0.698mm；（2）电流表外接法测量电阻，由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实值偏小；
（3）电压表的分度值为0.1V，要估读到下一位，故其读数为2.60V；
电流表选择的是0～0.6A量程，分度值为0.02A，故其读数为0.52A.【点睛】解决本题关键掌握螺旋测微器和电表的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．读电表读数时要注意计算电表的分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可．内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小．”14. 某同学要测量一新材料制成的元件的电阻，步骤如下（1）用多用电表“×100”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，此时需换用__________（填“×10”或“×1k”）倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零后再进行测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值R0=__________Ω。（2）该同学想更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下:待测元件R0电流表A1（量程0-10mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0~50mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0-3V，内阻约30kΩ）电压表V2（量程0-15V，内阻约50kΩ）直流电源E（电动势4V）滑动变阻器（阻值范围0-5Ω）开关S、导线若干.要求较准确地测出其阻值，并多测几组数据，电流表应选__________，电压表应选__________（选填电表符号）;根据选择的器材，画出实验电路图。（      ）【答案】    ①. ×10    ②. 300    ③. A1    ④. V1    ⑤. 【解析】【详解】(1)[1]用多用电表“×100”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，说明所选挡位太大，此时需换用×10倍率的电阻挡[2]重新进行欧姆调零后再进行测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值(2)[3]电源电动势为4V，电压表应选择V1；[4]通过待测电阻的最大电流约为所以电流表选择A1；[5]待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
 三、计算题（共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有计算的、答案中必须明确写出数值和单位）15. 如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距L=0.50m，左端接一电阻R=0.20Ω，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ac（长为L）垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。当ac棒以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ac棒中感应电动势的大小；（2）回路中感应电流大小；（3）维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小。【答案】（1）0.8V；（2）4A；（3）0.8N【解析】【详解】（1）ac棒中感应电动势的大小为（2）根据闭合电路的欧姆定律可得，回路中感应电流的大小为（3）由于ac棒水平向右匀速滑动，则维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小为16. 如图电源电动势E=6V，内阻不计，定值电阻R=4Ω，电动机M 内阻r=1Ω，电压表和电流表均是理想表，闭合开关，电压表示数U=4V，求：（1）电源消耗的电功率（2）电动机的电功率和输出功率【答案】(1) P="3W      (2)" 2W、1.75W【解析】【详解】试题分析：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律U＞IR．对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流．根据功率关系求出电动机输出的功率．(1)：设定值电阻所分电压为U1，则E=U+U1 ①对定值电阻R有：I= ②由电源总功率P=E.I      ③解①②③得电源消耗功率P="3W"  (2)：设电动机消耗的电功率P电，热功率为P热，机械功率为P机，则有：P电=P热+P机 ④ ⑤ ⑥解④⑤⑥得P机="1.75W" 考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．17. 如图所示，A是一面积为S=0.4m2、匝数为n=100匝的圆形线圈，处在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度随时间增加，变化率为0.5T/s，R1=4Ω，R2=6Ω，电容器电容C=30μF，线圈内阻不计。求：（1）闭合后，通过R2的电流大小；（2）S闭合一段时间后又断开，在断开后流过R2的电荷量。【答案】（1）2A；（2）3.6×10-4C【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为根据闭合电路的欧姆定律可得，通过R2的电流大小为（2）R2两端的电压为电容器储存电荷为则S闭合一段时间后又断开，在断开后流过R2的电荷量为3.6×10-4C。18. 如图所示，一个带电的小球从P点自由下落，P点距场区边界MN高为h，边界MN下方有方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入电场与磁场的复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，已知ab=L，求：(1)小球的带电性质及其电荷量与质量的比值；(2)该匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；(3)小球从P经a至b时，共需时间为多少？【答案】(1) (2)、方向垂直纸面向外 (3)【解析】【详解】(1)带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，则洛仑兹力提供做圆周运动的向心力，由重力和电场力平衡，电场力方向向上，电场方向向下，则为负电荷；比荷 (2)粒子由a到b运动半周，根据左手定则可知磁场方向为垂直纸面向外，由 联立可得 (3)粒子由P到a所需时间为：由得 粒子由a到b绕行圆周的一半，则所需时间为小球从P经a到b时，共需时间为