安徽省芜湖市无为华星学校2020-2021学年高二下学期期未复习物理试题+Word版含答案

这是一份安徽省芜湖市无为华星学校2020-2021学年高二下学期期未复习物理试题+Word版含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

物理
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
分卷I
三、单选题(共12小题,每小题4.0分,共48分 1—9单选，10—12多选)
1.如图，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的，现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则( )
A铜盘转动将变慢 B铜盘转动将变快 C铜盘仍以原来的转速转动
D铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定
2.如右图所示，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上．设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正．当M中通入下列哪种电流时，在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流( )
AB C D
3.如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至某一位置并释放，圆环摆动过程中(环平面与磁场始终保持垂直)经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则( )
A． 圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B． 在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C． 圆环进入磁场后，离最低点越近，速度越大，感应电流也越大
D． 圆环最终将静止在最低点
4.如图，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略，当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( )
A． 流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a
B． 流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a
C． 流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b
D． 流过R的电流为由c到d，流动r的电流为由a到b
5.一质量为m的物块放置于光滑水平地面上，t＝0时刻开始对该物块施加一变力F，物块从静止开始在地面上做直线运动，F随时间变化的关系如图，关于物块的运动，以下说法正确的是（ ）
A． 在0～t4时间内物块做往返运动
B． 在0～t4时间内t2时刻物块的速度最大
C． 在t1～t2时间内力F对物块做负功
D． 0～t2时间内与t2～t4时间内力F对物块的冲量相同
6.如图为一个圆环形导体，圆心为O，有一个带正电的粒子沿如图所示的直线从圆环表面匀速飞过，则环中的感应电流情况是( )
A沿逆时针方向 B沿顺时针方向
C先沿逆时针方向后沿顺时针方向 D 先沿顺时针方向后沿逆时针方向
7.如图，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这一过程中下列说法不正确的是( )
A． 木块的机械能增量为FfL
B． 子弹的机械能减少量为Ff(L＋d)
C． 系统的机械能减少量为Ffd
D． 系统的机械能减少量为Ff(L＋d)
8.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a(aA． 完全进入磁场中时的速度大于
B． 完全进入磁场中时的速度等于
C． 完全进入磁场中时的速度小于
D． A、B情况均有可能，而C是不可能的
9.水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的A、B两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v－t图象分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则( )
A．F1的冲量大于F2的冲量 B．F1的冲量等于F2的冲量
C． 两物体受到的摩擦力大小相等 D． 两物体受到的摩擦力大小不等
10.下列现象中，能表明电和磁有联系的是( )
A．摩擦起电
B．两块磁铁相互吸引或排斥
C．小磁针靠近通电导线时偏转
D．磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流
11.如图所示，长为L的金属杆在水平外力作用下，在匀强磁场中沿水平光滑导轨匀速运动，如果速度v不变，而将磁感应强度由B增为2B.除电阻R外，其它电阻不计．那么( )
A． 水平外力将增为4倍 B． 水平外力将增为2倍
C． 感应电动势将增为2倍 D． 感应电流的热功率将增为4倍
12.如图所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L，导轨间接有一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中( )
A． 导体棒的最大速度为
B． 通过电阻的电荷量为
C． 导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
D． 重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量
分卷II
三、实验题(共2小题每空2分，共16分)
13.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．
(1)将图中所缺的导线补接完整；
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：(填“向左偏一下”、“向右偏一下”或“不动”)
①将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．
②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．
14.气垫导轨工作时，可忽略滑块与导轨表面间的阻力影响，现借助其验证动量守恒定律，如图所示，在水平气垫导轨上放置质量均为m的A、B(图中未标出)两滑块，左侧滑块的左端、右侧滑块的右端分别与一条穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器电源的频率为f.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，待打点稳定后让两滑块以大小不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．如图所示的甲和乙为某次实验打出的、分别与两个滑块相连的两条纸带，在纸带上以同间距的6个连续打点为一段划分纸带，用刻度尺分别测出其长度为s1、s2和s3.
(1)若碰前滑块A的速度大于滑块B的速度，则滑块________(选填“A”或“B”)是与纸带甲的________(选填“左”或“右”)端相连．
(2)碰撞前A、B两滑块的动量大小分别为________、____________，实验需要验证是否成立的表达式为__________(用题目所给的已知量表示)．
四、计算题(共3小题,每小题12.0分,共36分)
15.如图甲所示，不计电阻的平行光滑金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示．(取g＝10 m/s2)求：
1)磁感应强度B；
(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量．
16.如图所示，在光滑水平面上，使滑块A以2 m/s的速度向右运动，滑块B以4 m/s的速度向左运动并与滑块A发生相互作用，已知滑块A、B的质量分别为1 kg、2 kg，滑块B的左侧连有轻弹簧，求：
(1)当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度大小；
(2)两滑块相距最近时，滑块B的速度大小；
(3)弹簧弹性势能的最大值．
17.如图所示，水平地面上固定一半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M＝3 kg、长为L＝1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m＝1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。现给物块施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g＝10 m/s2。
(1)求物块滑到板右端时的速度v多大；
(2)求x的大小；
(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板。
答案解析
1.【答案】A
【解析】 当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生涡流，由楞次定律可知感应电流受到的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢，故正确选项为A.
2.【答案】D
【解析】线圈M中的电流均匀增加，则磁场均匀增加，产生的磁场通过线圈P，根据E＝NS，知线圈P中产生恒定的电流，根据楞次定律，在P中产生的感应电流方向与图示电流方向相反．故A错误．线圈M中电流不变，在线圈P中产生恒定的磁场，不产生感应电流．故B错误．线圈M中的电流不是均匀变化的，则产生的磁场也不均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，在线圈P中产生变化的电流．故C错误．线圈M中的电流均匀减小，则磁场均匀减小，产生的磁场通过线圈P，根据E＝NS，知线圈P中产生恒定的电流，根据楞次定律，在P中产生的感应电流方向与图示电流方向相同．故D正确．
3.【答案】B
【解析】在圆环进入和穿出磁场的过程中环中磁通量发生变化，有感应电流产生，即圆环的机械能向电能转化，其机械能越来越小，上升的高度越来越低，A错误，B正确；但在环完全进入磁场后，不再产生感应电流，C错误；最终圆环将不能摆出磁场，从此再无机械能向电能转化，其摆动的幅度不再变化，D错误．
4.【答案】B
【解析】根据磁场方向和导体棒的运动方向，用右手定则可以判断出在PQ中产生的感应电动势的方向由P指向Q，即导体棒下端电势高、上端电势低，所以在接入R的闭合电路中，电流由c流向d，在接入r的闭合电路中，电流由b流向a.
5.【答案】B
【解析】在0～t2时间内，物体加速运动，力F做正功，t2时刻速度最大，t3～t4时间内，物体减速运动，t4时刻速度为零；即在0～t4时间内物体的运动方向没有改变，A、C错误，B正确；F的冲量大小等于F－t图象与t轴包围的面积，在0～t2时间内与t2～t4时间力F对物块的冲量大小相等，方向相反，不相同，D错误．
6.【答案】D
【解析】由于带正电的粒子没有沿圆环的直径运动，所以它产生的磁场的磁感线穿过圆环时不能抵消，穿过圆环的磁通量开始时向外增加，然后向外减少，根据楞次定律，圆环中感应电流的方向是先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故D正确．
7.【答案】D
【解析】子弹对木块的作用力大小为Ff，木块相对于桌面的位移为L，则子弹对木块做功为FfL，根据动能定理得知，木块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即为FfL.故A正确．木块对子弹的阻力做功为－Ff(L＋d)，根据动能定理得知：子弹动能的减少量，即机械能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为Ff(L＋d)，故B正确．子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为Ffd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为Ffd，故C正确，D错误．
8.【答案】B
【解析】 对线圈进入或穿出磁场过程，设初速度为v1，末速度为v2，由动量定理可知BLΔt＝mv2－mv1，又电荷量q＝Δt，得m(v2－v1)＝BLq，
得速度变化量Δv＝v2－v1＝.
由q＝知，进、出磁场的两过程中q相同，故知进入过程的速度变化量等于离开过程的速度变化量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v′，则有v0－v′＝v′－v，解得：v′＝.
9.【答案】C
【解析】设F1、F2的作用时间分别为t1、t2，则由图知t1F1t1，A、B均错．
10 、CD
11.【答案】ACD
【解析】由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，B增为2B，则E变为2E，C正确．又由闭合电路欧姆定律得由于电阻R不变，所以电流I变为2I，所以F安＝BIL变为原来的4倍，匀速运动，受力平衡，所以外力变为4倍，A正确，B错误．又热功率P＝I2R变为原来的4倍，D正确．
12.【答案】BD
【解析】金属棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，A项错误．此过程通过电阻的电荷量q＝Δt＝·Δt＝，B项正确．导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对金属棒有ΔEk＝W重＋W安，D项正确．
13.【答案】(1)电路连接如图 (2)①向右偏转一下 ②向左偏转一下
【解析】(1)电路连接如图
(2)因在闭合开关时，电路中的电流变大，磁通量增大，此时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则当将线圈A迅速插入线圈B时，磁通量也是增大的，则灵敏电流计指针将向右偏转一下；线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，电路中的电流减小，磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转一下．
14.【答案】(1)A 左
(2)0.2mfs1 0.2mfs3 0.2mf(s1－s3)＝0.4mfs2
【解析】(1)因碰前A的速度大于B的速度，A、B的速度相反，且碰后速度相同，故根据动量守恒定律可知，甲中s1和s3是两滑块相碰前打出的纸带，s2是相碰后打出的纸带，所以滑块A应与甲纸带的左侧相连．
(2)碰撞前两滑块的速度分别为：
v1＝＝＝0.2s1f
v2＝＝0.2s3f
碰撞后两滑块的共同速度：
v＝＝0.2s2f
所以碰前两滑块动量分别为：
p1＝mv1＝0.2mfs1，p2＝mv2＝0.2mfs3，
总动量为：p＝p1－p2＝0.2mf(s1－s3)；
碰后总动量为：p′＝2mv＝0.4mfs2.
要验证动量守恒定律，则一定有：
0．2mf(s1－s3)＝0.4mfs2.
15.【答案】(1)2 T (2)0.075 J
【解析】(1)由图象可知，杆自由下落0.1 s进入磁场，以v＝1.0 m/s做匀速运动
产生的电动势E＝BLv
杆中的电流I＝
杆所受安培力F安＝BIL
由平衡条件得mg＝F安
代入数据得B＝2 T
(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J.
16.【答案】 (1)3 m/s (2)2 m/s (3)12 J
【解析】 (1)以向右为正方向，A、B与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度为vB′，由动量守恒定律得：
mAvA＋mBvB＝mBvB′
解得vB′＝－3 m/s，
故滑块B的速度大小为3 m/s，方向向左；
(2)两滑块相距最近时速度相等，设相等的速度为v.
根据动量守恒得：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得：v＝－2 m/s，
故滑块B的速度大小为2 m/s，方向向左；
(3)两个滑块的速度相等时，弹簧压缩至最短，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒知，弹簧的最大弹性势能为：
Epm＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2
解得：Epm＝12 J
17.【答案】 (1)4 m/s (2)1 m (3)物块不会滑离木板
【解析】 (1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得mv2＝mgR，解得v＝4 m/s
(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得
Fx－μmgL＝mv2，解得x＝1 m
(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后，与木板达到相同速度，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′
解得v′＝1 m/s
由能量守恒定律得μmgΔx＝mv2－(M＋m)v′2
解得Δx＝1.5 m题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分