1、20202021学年度第一学期期末考试试卷高二物理注意事项：1、请在答题纸上作答，在试卷上作答无效。2、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间75分钟。第卷选择题（共46分）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 将多匝线圈置于磁感应强度大小随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势，下列说法正确的是（）A. 感应电动势与线圈的匝数无关B. 通过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C. 通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D. 通过线圈的磁通量为0，感应电动势一定也为0【答案】C【解析】【分析】【详解】A由
2、法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，即感应电动势与线圈匝数有关，故A错误；BC根据可知，穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故B错误，C正确；D通过线圈的磁通量为0，但磁通量变化率不一定为零，则感应电动势不一定也为0，故D错误。故选C。2. 如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。从上方俯视，当把条形磁铁水平向右平移时，线圈保持静止。下列说法正确的是（）A. 环中产生顺时针的感应电流B. 环对桌面的压力小于重力C. 环受到向右的摩擦力D. 环有收缩的趋势【答案】B【解析】【
3、分析】【详解】AB当条形磁铁沿水平向右平移时，闭合金属环内向上的磁通量减小，由楞次定律可知，金属圆环中会产生逆时针方向的感应电流，将金属圆环等效成条形磁体，则上面为N极，故与条形磁铁相吸，则环对桌面的压力小于重力，故A错误，B正确；CD当条形磁铁沿水平向右平移时，闭合金属环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是面积有扩大的趋势，同时将跟随磁铁运动的趋势，金属圆环受安培力水平分力跟条形磁铁运动的方向相同，则环受到向左的摩擦力，故CD错误。故选B。3. 在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个圆形导体环，规定如图甲所示的方向为磁场和环中电流的正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，环中感应电流随时间
4、变化的图像正确的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】均匀变化的磁场产生恒定的电流，在内，磁场方向竖直向下， 并且均匀减小，根据楞次定律得感应电流方向为正；内磁场方向竖直向上，并且均匀增大，根据楞次定律得感应电流方向为正，内磁场方向竖直向上，并且均匀减小，根据楞次定律得感应电流方向为负；在内，磁场方向竖直向下， 并且均匀增大，根据楞次定律得感应电流方向为负；内的变化与内一致，即电流方向为正，因此选项C正确。故选C。4. 如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻不计，外接灯泡的
5、电阻为R=2，理想电压表与灯泡并联。则下列判断正确的是（）A. t=0.01s时，线圈位置与中性面垂直B. t=0.005s时，理想电压表读数为6VC. 灯泡的电功率为18WD. 00.005s内，通过灯泡的电荷量为0.015C【答案】C【解析】【分析】【详解】At=0.01s时，电动势为0，磁通量最大，则线圈位置与中性面重合。故A错误；B任何时候，电压表的读数为有效值，而不是峰值6V，故B错误；C电压的有效值为灯泡电功率为故C正确；D00.005s内，平均电动势为平均电流为通过灯泡的电荷量为又联立解得故D错误。故选C。5. 如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度为B，被加
6、速的质子（H）从D形盒中央由静止出发，经交变电场加速后进入磁场。若忽略质子在电场中的加速时间，下列说法正确的是（）A. 如果只增大交变电压U，质子在加速器中运行时间将变短B. 如果只增大交变电压U，质子的最大动能会变大C. 质子的最大动能跟磁感应强度B成正比D. 若要用此回旋加速器加速粒子（He），需要调高交变电场的频率【答案】A【解析】【分析】【详解】A如果只增大交变电压，则质子在加速器中加速次数减少，因此质子的运行时间将变短，故A正确；BC根据得最大动能为故BC错误；D粒子在磁场中运动的周期为可知，粒子比荷不同，在磁场中的运动周期不同，而粒子在磁场中运动的周期和交变电场的周期相等，因此，用
7、此回旋加速器加速粒子（He），需要调低交变电场的频率。故D错误。故选A。6. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值均为100的电阻RA、RB，输入端接有电压u=220sin100tV的交流电，如图所示。则（）A. RA、RB功率之比为4：1B. 通过RA的电流为2.2AC. RB两端电压为110VD. RA两端电压为44V【答案】D【解析】【分析】【详解】A因为原副线圈匝数之比为2：1，则原副线圈中电流之比为1：2，由P=I2R可得，RA、RB功率之比为1：4，故A错误；CD因为所以原线圈两端电压U1与RB两端电压之比为联立可得，RA两端电压与原线圈两端电压
8、U1之比为联立解得，故C错误，D正确；B通过RA的电流为故B错误。故选D。7. 如图所示木块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一细线，细线另一端系一小球C。现将小球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放。下列说法正确的是（）A. 小球摆动过程中，木块A和小球C组成的系统动量守恒B. 小球第一次摆至最低点时，A、B两木块刚好开始分离C. 小球摆到左侧最高点时，木块A速度为零D. 小球摆到左侧最高点时，细线恰好水平【答案】B【解析】【分析】【详解】A小球释放后，在向下摆动的过程中，对A有向右的拉力，使得A、B之间有压力，则小球摆动过程中，木块A和小球C组成的系统动量不守恒
9、，故A错误；B当C运动到最低点时，A、B之间压力为零，此时，A、B两木块刚好开始分离，故B正确；C A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，即总动量为零，在小球C上摆过程，木块B向右运动，动量向右，则A和C的总动量向左，小球C到左侧最高点时，A、C共速，则此时A的速度向左，不为零，故C错误；D小球摆到左侧最高点时，A、C向左运动，B向右运动，即动能不为零，整个过程系统机械能守恒，则小球无法上升到原来高度，即细线不会水平，而是低于原来高度，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共8分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分。8. 如图所示的
10、U-I图像中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线为某一电阻R的U-I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（）A. R阻值为1.5B. 电源电动势为3.0V，内阻为0.5C. 电源的输出功率为3.0WD. 电源效率为50%【答案】AD【解析】【分析】【详解】AR的阻值为故A正确；B电源电动势为纵截距3 V，内阻为故B错误；C电源的输出功率为故C错误；D电源总功率为电源的效率故D正确。故选AD。9. 如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，c、O、d在一条直线上，O为MN连线的中
11、点，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）A. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同B. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C. c、d两点处磁感应强度大小相等，方向不相同D. O点处的磁感应强度为零【答案】AC【解析】【分析】【详解】AM点处导线在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N点处导线在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，导线中通有大小相等，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；BCc、d两点处的处的磁感应强度如图所示导线中通有大小相等，根据场强的叠加知，c、
12、d两点处的磁感应强度大小相等，方向不相同，B错误C正确；D根据右手螺旋定则，M点处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N点处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，D错误。故选AC。10. 在竖直面内存在着两个磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场、，两磁场宽度均为L，如图所示。一质量为m、边长为L的单匝正方形线框abcd从磁场上方某高处由静止下落，ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动。ab边进入磁场运动一段时间后再次做匀速直线运动，此时ab边未离开磁场。线框电阻为R，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A. ab边刚进入磁场时，ab两点间电压为B. 线框穿过两磁场边
13、界MN的过程中，通过线框的电荷量为C. 线框再次匀速运动时的速度大小D. 线框穿过磁场I的过程中产生的焦耳热为【答案】BD【解析】【分析】【详解】A由于ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，则有ab两点间电压为联立解得故A错误；B根据，可得则有故B正确；C线框再次匀速时，根据线框受力，由平衡条件可得且有联立解得故C错误；D线框刚进入磁场时，有解得根据能量守恒，线圈第一次匀速进入磁场时，重力势能全部转化为焦耳热，有线框穿过两磁场边界MN过程中，由能量守恒定律可得联立解得解得线框穿过磁场I的过程中产生的焦耳热为故D正确。故选BD。第卷非选择题（共54分）三、实验题（本题共2小题，每空2分，共
14、14分）11. 在“验证动量守恒定律”实验中，装置如图所示，按照以下步骤进行操作：在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；把小球b静止放在斜槽轨道最右端，让小球a仍由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C；(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1_m2。（填“”、“ (2). BC (3). 【解析】【分析】【详解】(1)1为防止两球碰撞后，入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量
15、，即m1m2(2)2A在实验中，为了发生对心正碰，a、b两球的大小必须相等，故A错误；B为保证小球a每次与b球碰撞前的速度相同，应使小球a每次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放，故B正确；C为保证碰撞后两小球均做平抛运动，斜槽轨道末端必须保持水平，故C正确；D本实验中通过小球a和小球b从同一高度作平抛运动并且落到同一竖直面上，由，可得因此速度可以通过测量距离来进行计算，不需要测量时间，故D错误。故选BC。(3)3 a、b两球碰撞前后做平抛运动，根据可得验证动量守恒定律表达式为：整理为因此，若动量守恒，则需要验证的表达式为12. (1)用欧姆表测未知电阻阻值的电路原理如图甲所示，电池的电动势为E、
16、内阻为r，R0为调零电阻（接入电路部分的阻值用R0表示），Rg为表头内阻，则电路中电流I与待测电阻的阻值Rx的函数关系式为_；（用E、r、Rg、Rx、R0表示）(2)某同学想通过一个量程3V的电压表测量欧姆表中内置电源的电动势，欧姆挡的选择开关拨至倍率“100”挡。先将红、黑表笔短接调零后，选用图乙中_（填“A”或“B”）方式连接，欧姆表和电压表的读数如图丙所示，则电压表的内阻RV=_，欧姆表内置电源的电动势E=_V。【答案】 (1). (2). B (3). 4000 (4). 2.8【解析】【分析】【详解】(1)1由闭合电路欧姆定律可得表达式为(2)2欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连。
17、与电压表构成一闭合回路后，电流从欧姆表负极流出，进入电压表的正极，所以选择图B。3欧姆表的读数为电压表的内阻4由题意知欧姆表的内阻为，与电压表的内阻串联，由图可知，电压表读数为1.60V，由欧姆定律可知四、计算题（本题共3小题，共40分。其中13题10分、14题12分、15题18分。解答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，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。）13. 如图所示，在半圆形区域内存在匀强磁场，OA为直径，P为圆心，磁场半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v0沿平行于x轴的方向从P点射入磁场。一段时间后，该粒子
18、以垂直于x轴的方向射出磁场，并进入第四象限。已知O点为坐标原点，不计粒子重力。求：(1)粒子的电性；(2)带电粒子的比荷；(3)若粒子入射速度变为，求粒子在磁场中的运动时间。【答案】(1)正电；(2) ；(3)【解析】【分析】【详解】(1)由题意可知，带电粒子向下运动，由左手定则，粒子带正电；(2)设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r， 粒子轨迹如图所示，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有由几何关系知联立得 (3)若入射速度变为v0，粒子的运动半径 由几何关系知粒子在磁场中转过的圆心角为60，得运动时间为t =由周期关系式得联立得14. 某小型发电站发电机的
19、输出功率为40kW，输出电压为350V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为10，在用户端用降压变压器把电压降为220V。已知降压变压器的匝数比为n3：n4=90：11，不计变压器的损耗。求：(1)降压变压器的输入电压；(2)输电线上的电流；(3)用户端得到的电功率；以及升压变压器原、副线圈匝数比。【答案】(1)1800V；(2)20A；(3)36kW，7：40【解析】【分析】【详解】(1)根据，可得(2)设输送电路电流为 I，输电线电阻为 r，则输电线损失电压U=Ir输电线路总功率等于发电机输出功率，即 P=40kW ，则有P=I（U3+U）代入数据解得 I=20A(3)输电线
20、损失功率P=I2r=4000W用户得到功率为 P用=P-P=36kW升压变压器副线圈电压 U2=U3+U=2000V则升压变压器原、副线圈匝数比为15. 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨相距为L=1m，导轨平面与水平面成=30角，下端通过导线连接阻值为R=1.5的电阻，阻值为r=0.5的金属棒ab放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=0.5T，使金属棒沿导轨由静止下滑，当金属棒下滑距离x=1.6m时，恰好达到最大速度。已知金属棒质量为m=0.05k，重力加速度为g=10m/s2，求在此过程中：(1)金属棒达到的最大速率；(2)电阻R产生的焦耳热；(3)通过电阻R的电荷量；(4)此过程经历的时间。【答案】(1) 2m/s；(2)0.225J；(3)0.4C；(4)1.2s【解析】【分析】【详解】(1)金属棒产生的感应电动势为由闭合电路的欧姆定律可得金属棒受到的安培力为F=BIL联立得当金属棒所受合外力为零时，速度最大，有mgsin=F解得(2)根据能量守恒定律，可得根据串联规律有联立方程，代入数据解得(3)通过电阻的电荷量为电路中的平均感应电流为平均感应电动势为联立方程，代入数据解得(4) 由动量定理可得mgsinq t -t = mv = L联立方程，代入数据解得
