《2022年高二上學期期末物理試題含解析zhangsan》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高二上學期期末物理試題含解析zhangsan（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高二上學期期末物理試題 含解析zhangsan一.單項選擇題（本題共6小題，每小題3分，共18分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確）1下列說法中正確的是（ ）A磁感線總是從磁體的N極出發(fā)終止于磁體的S極B一小段通電導線放在某處不受磁場的作用力，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零C線圈放在磁場越強的位置，穿過線圈的磁通量一定越大 D穿過線圈的磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大【答案】DA、在磁鐵的外部，磁感線從N極出發(fā)進入S極，在磁鐵內(nèi)部從S極到N極，故A錯誤；B、一小段通電導線放在某處不受磁場的作用力，可能B為零，也可能B0，是由于導線與磁場平行，故B錯誤；C、線圈放在磁場
2、越強的位置，線圈的磁通量不一定越大，根據(jù)磁通量公式可知，還與線圈與磁場的夾角有關(guān)，故C錯誤；D、穿過線圈的磁通量變化越快，磁通量變化率越大，法拉第電磁感應(yīng)定律分析得知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，故D正確。故選D?！究键c】法拉第電磁感應(yīng)定律；磁通量2如圖，一束負離子從S點沿水平方向射出，在沒有電、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，負離子束最后打在熒光屏上坐標系的第象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及相互作用力) （ ）AE向上，B向上 BE向下，B向下 CE向上，B向下 DE向下，B向上 【答案】A由題意及可知，電子在電場中受力應(yīng)向下，故電場方向應(yīng)
3、向上；而粒子在磁場作用下向左偏轉(zhuǎn)，故說明洛侖茲力向左，由左手定則可知，B應(yīng)向上。故選A。【考點】帶電粒子在混合場中的運動3如圖，直角三角形閉合線圈ABC處于垂直紙面向里的勻強磁場中，線圈通有順時針方向電流，則線圈所受磁場力的合力為（ ） A大小為零 B方向豎直向上C方向豎直向下 D方向垂直紙面向里【答案】A通以順時針的電流方向，根據(jù)左手定則可知：各邊所受的安培力背離中心處，如圖所示；由公式F=BIL得出各邊的安培力的大小，從而得出安培力大小與長度成正比，因而兩直角邊的安培力合力與斜邊的安培力等值反向，所以線圈所受磁場力的合力為零。故選A?！究键c】安培力4如圖，A、B兩個帶電小球用等長絕緣細線懸
4、掛于O點，A球固定，B球受到庫侖力作用與細線間成一定的夾角，若其中一個小球由于漏電，電荷量緩慢減小，則關(guān)于A、B兩球的間距和庫侖力大小的變化，下列說法中正確的是（ ）A間距變小，庫侖力變大 B間距變小，庫侖力變小C間距變小，庫侖力不變 D間距不變，庫侖力減小 【答案】B以小球為研究對象，球受到重力G，A的斥力F2和線的拉力F1三個力作用，作出力圖，如圖；作出F1、F2的合力F，則由平衡條件得：F=G根據(jù)FBF1PQB得：在A、B兩質(zhì)點帶電量逐漸減少的過程中，PB、PQ、G均不變， 減小，A、B間斥力F2大小的變小，故B正確。故選B?！究键c】共點力平衡；庫侖定律5圖示電路中，電源內(nèi)阻為r，電容器
5、的兩塊極板A、B間有一帶電油滴恰能靜止把R1的滑動片向右滑動時，下列說法中正確的是（ ） A電流表讀數(shù)減小，油滴向下運動 B電流表讀數(shù)減小，油滴向上運動 C電流表讀數(shù)增大，油滴向下運動 D電流表讀數(shù)增大，油滴向上運動【答案】B當R1的滑動片向右滑動時，R1增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流減小，則知電流表讀數(shù)減小干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，則電容器板間電壓增大，板間電場強度增大，油滴所受的電場力增大，則油滴向上運動，故B正確。故選B?！究键c】電容器的動態(tài)分析；閉合電路的歐姆定律6如圖，一閉合直角三角形線框以速度v勻速穿過勻強磁場區(qū)域從BC邊進入磁場區(qū)開
6、始計時，到A點離開磁場區(qū)的過程中，線框內(nèi)感應(yīng)電流隨時間變化的情況(以逆時針方向為電流的正方向)是右圖中的（ ）【答案】AC、根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件可知，線框進入或離開磁場時，穿過線框的磁通量發(fā)生變化，線框中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，當線框完全進入磁場時，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C錯誤；ABD、感應(yīng)電流，線框進入磁場時，導體棒切割磁感線的有效長度L減小，感應(yīng)電流逐漸減小；線框離開磁場時，導體棒切割磁感線的有效長度L減小，感應(yīng)電流逐漸減?。还蔄正確BD錯誤。故選A。【考點】閉合電路的歐姆定律；法拉第電磁感應(yīng)定律二.雙項選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有兩個選項正
7、確）7一帶電粒子在正電荷形成的電場中運動，運動軌跡為圖中所示的abcd曲線，下列判斷正確的是（ ）A粒子帶正電 B粒子通過a點時的速率比通過b點時小C粒子通過a點時受到的電場力比通過b點時小D粒子通過a點時的電勢能比通過c點時大【答案】ACA、軌跡彎曲的方向大致指向合力的方向，知電場力背離正電荷方向，由同種電荷相互排斥，所以該粒子帶正電，故A正確；B、從a到b，電場力做負功，根據(jù)動能定理，動能減小，a點動能大于b點動能，則a點速度大于b點的速度，故B錯誤；C、b點的電場線比a點電場線密，所以b點的電場強度大于a點的電場強度，所以粒子在a點的電場力比b點小，故C正確；D、從a到b，電場力做負功，
8、電勢能增加所以a點的電勢能小于b點的電勢能，b與c處于同一個等勢面是，所以粒子在b點的電勢能等于在c點的電勢能所以a點的電勢能小于c點的電勢能，故D錯誤。故選AC?！究键c】等勢面；電勢能8額定電壓為4V的直流電動機的線圈電阻為1，正常工作時，電動機線圈每秒產(chǎn)生的熱量為4J，下列計算結(jié)果正確的是（ ）A電動機正常工作時的輸入功率為4W B電動機正常工作時的輸出功率為8WC電動機每秒能將電能轉(zhuǎn)化成4J的機械能 D電動機正常工作時的電流強度為2A【答案】CD因為線圈產(chǎn)生的熱量，所以通過電動機的電流，故D正確；電動機正常工作時的輸入功率，故A錯誤；電動機的熱功率，電動機的輸出功率，故B錯誤；電動機每秒
9、將電能轉(zhuǎn)化成機械能，故C正確。故選CD?！究键c】電功、電功率9如圖，光滑固定的金屬導軌M、N水平放置，兩根導體棒P、Q平行放置在導軌上，形成一個閉合回路，一條形磁鐵從高處自由下落接近回路時（ ）AP、Q將相互靠攏 BP、Q將相互遠離C磁鐵的加速度仍為g D磁鐵的加速度小于g【答案】ADAB、當一條形磁鐵從高處下落接近回路時，穿過回路的磁通量增加，根據(jù)楞次定律：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙磁通量的變化，可知，P、Q將互相靠攏，回路的面積減小一點，使穿過回路的磁場減小一點，起到阻礙原磁通量增加的作用，故A正確B錯誤；CD、由于磁鐵受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁鐵的加速度一定小于g，故C錯誤D
10、正確。故選AD。【考點】楞次定律10如圖，A、B為兩個完全相同的燈泡，L為自感線圈(自感系數(shù)較大；直流電阻不計)，E為電源，S為開關(guān)下列說法正確的是（ ） A閉合開關(guān)穩(wěn)定后，A、B一樣亮 B閉合開關(guān)的瞬間，A、B同時亮，但A很快又熄滅 C閉合開關(guān)穩(wěn)定后，斷開開關(guān)，A閃亮后又熄滅 D閉合開關(guān)穩(wěn)定后，斷開開關(guān)， A、B立即同時熄滅【答案】BCAB、剛閉合S的瞬間，電源的電壓同時加到兩燈上，由于L的自感作用，L瞬間相當于斷路，所以電流通過兩燈，兩燈同時亮隨著電流的逐漸穩(wěn)定，L將A燈短路，所以A燈很快熄滅，B燈變得更亮，故A錯誤B正確；CD、閉合S待電路達到穩(wěn)定后，再將S斷開，B燈立即熄滅，而L與A燈
11、組成閉合回路，線圈產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，A燈閃亮一下而后熄滅，故C正確D錯誤。故選BC?！究键c】自感現(xiàn)象和自感系數(shù)11圖為一個質(zhì)量為m、電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動， 細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是下圖中的（ ）【答案】ADA、當qvB=mg時，小環(huán)做勻速運動，此時圖象為A，故A正確；D、當qvBmg時，F(xiàn)N=qvB-mg，此時：FN=ma，所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到qvB=mg時，小環(huán)開始做勻速運動，故D圖象正確，故D正確；BC、當qvBmg時，F(xiàn)N=mg-qvB此時：F
12、N=ma，所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，所以其v-t圖象的斜率應(yīng)該逐漸增大，故BC錯誤。故選AD。【考點】洛侖茲力；力的合成與分解，牛頓第二定律12如圖一根不可伸長絕緣的細線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現(xiàn)把細線水平拉直，小球從A點靜止釋放，經(jīng)最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則（ ）A小球在B點時的速度最大B小球從A到B的過程中，機械能一直在減少C小球在B點時的繩子拉力最大D從B到C的過程中小球的電勢能一直增大【答案】BDAC、小球受到電場力與重力、繩子的拉力的作用，在復合場中做類單擺運動，當重力與電場力的合力與繩子的拉力在同一條直線上時，小
13、球處于等效最低點，此時小球的速度最大，對繩子的拉力最大，故AC錯誤；B、從A到B的過程中電場力對小球做負功，小球的機械能減小，故B正確；D、從B到C的過程中克服電場力做功，小球的電勢能一直增大，故D正確。故選BD?！究键c】功能關(guān)系；勻速圓周運動；向心力三. 實驗題（每空3分，共18分）13如圖（甲）是“測定電源電動勢和內(nèi)阻”實驗的電路圖，根據(jù)實驗測得的幾組I、U數(shù)據(jù)作出UI圖象如圖（乙）所示，由圖象可確定：該電源的電動勢為 V，電源的內(nèi)電阻為 （計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】1.40 0.57由圖乙所示電源U-I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值為1.40，則電源電動勢E=1.40V，電源內(nèi)阻
14、【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻14有一根細而均勻的導電材料樣品（如圖a所示），截面為同心圓環(huán)（如圖b所示），此樣品長約為6cm，電阻約為100，已知這種材料的電阻率為，因該樣品的內(nèi)徑太小，無法直接測量現(xiàn)提供以下實驗器材：A20分度的游標卡尺 B螺旋測微器C電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約3k） D電流表A1（量程50mA，內(nèi)阻約20）E電流表A2（量程0.3A，內(nèi)阻約1） F滑動變阻器R（020，額定電流2A）G直流電源E（約4V，內(nèi)阻不計） H導電材料樣品RxI開關(guān)一只，導線若干請根據(jù)上述器材設(shè)計一個盡可能精確地測量該樣品內(nèi)徑d的實驗方案，回答下列問題：（1）用游標卡尺測得該樣品的長度為L；用螺旋
15、測微器測得該樣品的外徑如上圖所示，其示數(shù)D= mm（2）請選擇合適的儀器，設(shè)計一個合理的電路圖來 測量導電材料樣品的電阻Rx在方框內(nèi)畫出實驗電路原理圖，并標明所選器材的符號這個實驗電阻Rx的測量值將_（填“大于”、“等于”或“小于”）實際值（3）若某次實驗中，電壓表和電流表的讀數(shù)分別為U和I，則用已知物理量和測得的物理量的符號來表示樣品的內(nèi)徑d = 【答案】（1）6.122 （2）作圖如圖 小于 （3）（1）由圖c所示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為6mm，可動刻度示數(shù)為12.20.01mm=0.122mm，螺旋測微器示數(shù)D=6mm+0.122mm=6.122mm；（2）由所給實驗器材可知，應(yīng)采
16、用伏安法測電阻阻值，由于待測電阻阻值約為100，滑動變阻器最大阻值為20，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法；電路最大電流約為，電流表應(yīng)選A1，電流表內(nèi)阻約為20，電壓表內(nèi)阻約為3000，相對來說電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值，電流表應(yīng)采用外接法，實驗電路圖如圖所示；電流表采用外接法，由于電壓表分流，電流測量值大于真實值，電阻測量值小于真實值；（3）由歐姆定律可知，樣品電阻：，由電阻定律可知：，解得：。【考點】測定金屬的電阻率四.計算題（共40分，要求寫出必要的文字說明）15面積S = 0.2m2、n = 100匝的圓形線圈，處在如圖所示的磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律是B =
17、0.02t，R = 3，C = 30F，線圈電阻r = 1，其余導線電阻不計，求：（1）通過R的電流大小和方向（2）電容器C所帶的電荷量 【答案】（1）電流大小為0.1A，方向從b指向a （2）(1)由楞次定律知，線圈的感應(yīng)電流方向為逆時針，通過R的電流方向為ba， 由則電路中電流；即通過R的電流大小為0.1A，方向從b指向a（2）由歐姆定律可得R兩端的電壓；則電容器的電量；即電容器的電荷量為?！究键c】法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律；楞次定律16如圖所示，平行的光滑金屬導軌間距為L，導軌平面與水平面成角，導軌下端接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的金屬桿ab處于導軌上與輕彈簧相連，彈簧勁度系
18、數(shù)為k，上端固定，彈簧與導軌平面平行，整個裝置處在垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B開始時桿靜止，現(xiàn)給桿一個大小為v0的初速度使桿沿導軌向下運動運動至速度為零后，桿又沿導軌平面向上運動，運動過程的最大速度大小為v1，然后減速為零，再沿導軌平面向下運動一直往復運動到靜止導軌與金屬細桿的電阻均可忽略不計，重力加速度為g試求：(1)細桿獲得初速度瞬間，通過回路的電流大??；(2)當桿向上速度達到v1時，桿離最初靜止時位置的距離L1；(3)桿由初速度v0開始運動直到最后靜止，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】 （1）細桿獲得初速度瞬間，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv0；根據(jù)閉合電路歐姆定律得
19、：可得通過R的電流大小為：；（2）設(shè)桿最初靜止不動時彈簧伸長x0，則有： 當桿的速度為v1時彈簧伸長x1，由平衡條件得：此時有：，而聯(lián)立解得：（3）桿最后靜止時，桿受到重力、導軌的支持力和彈簧的拉力，根據(jù)平衡條件和胡克定律可知，彈簧伸長的長度與原來靜止時相同，所以桿靜止在初始位置，由能量守恒得：?！究键c】法拉第電磁感應(yīng)定律；焦耳定律17如圖，長為L的一對平行金屬板平行正對放置，間距，板間加上一定的電壓現(xiàn)從左端沿中心軸線方向入射一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電微粒，射入時的初速度大小為v0一段時間后微粒恰好從下板邊緣P1射出電場，并同時進入正三角形區(qū)域已知正三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場
20、B1，三角形的上頂點A與上金屬板平齊，底邊BC與金屬板平行三角形區(qū)域的右側(cè)也存在垂直紙面向里、范圍足夠大的勻強磁場B2，且B2=4B1不計微粒的重力，忽略極板區(qū)域外部的電場（1）求板間的電壓U和微粒從電場中射出時的速度大小和方向（2）微粒進入三角形區(qū)域后恰好從AC邊垂直邊界射出，求磁感應(yīng)強度B1的大小（3）若微粒最后射出磁場區(qū)域時與射出的邊界成30的夾角，求三角形的邊長【答案】（1） 射出速度與初速度方向的夾角為300 （2） （3）（n=0、1、2）（1）微粒在電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律有豎直方向上水平方向上得豎直分速度：，合速度：，夾角：射出速度與初速度方向的夾角為300，即垂直于
21、AB出射；（2）粒子由P1點垂直AB射入磁場，根據(jù)幾何關(guān)系有：由得（3）由和B2=4B1得如圖所示，微粒離開磁場時，在磁場B1中做了n個半圓周運動（n=0、1、2）三角形的邊長（n=0、1、2）【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；帶電粒子在勻強磁場中的運動高二物理參考答案一、選擇題題號123456789101112答案DAABBAACCDADBCADBD二、實驗題13.1.40（1.39或1.41） 0.57（0. 550.59都得分）14.（1）6.1250.002 （2）作圖如右 小于 （3）三、計算題15(1)由楞次定律知，線圈的感應(yīng)電流方向為逆時針，通過R的電流方向為ba， 由則電路中
22、電流；即通過R的電流大小為0.1A，方向從b指向a（2）由歐姆定律可得R兩端的電壓；則電容器的電量；即電容器的電荷量為。16（1）細桿獲得初速度瞬間，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv0；根據(jù)閉合電路歐姆定律得：可得通過R的電流大小為：；（2）設(shè)桿最初靜止不動時彈簧伸長x0，則有： 當桿的速度為v1時彈簧伸長x1，由平衡條件得：此時有：，而聯(lián)立解得：（3）桿最后靜止時，桿受到重力、導軌的支持力和彈簧的拉力，根據(jù)平衡條件和胡克定律可知，彈簧伸長的長度與原來靜止時相同，所以桿靜止在初始位置，由能量守恒得：。17（1）微粒在電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律有豎直方向上水平方向上得豎直分速度：，合速度：，夾角：射出速度與初速度方向的夾角為300，即垂直于AB出射；（2）粒子由P1點垂直AB射入磁場，根據(jù)幾何關(guān)系有：由得（3）由和B2=4B1得如圖所示，微粒離開磁場時，在磁場B1中做了n個半圓周運動（n=0、1、2）三角形的邊長（n=0、1、2）
2022年高二上學期期末物理試題含解析zhangsan
