2021-2022学年江苏省泰州市高二(上)期末物理试卷(含答案解析)

2021-2022学年江苏省泰州市高二（上）期末物理试卷20201276100个模式的量()能量子假设是由爱因斯坦最早提出来的C.电磁波波长越长，其能量子的能量越大

B.能量子表示微观世界的不连续性观念D.在磁感应强度B随时间t变化的以下四种磁场中，不能产生电场的( )B.C. D.如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向𝜃角的拉力F作用下，沿水平面向右匀运动，下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的( )FFtC.Ft

B.F𝐹𝑡cos𝜃D.mgt如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感原理产生涡流加热。关于电磁炉，以下说法中正确的( )电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热电磁炉是利用变化的磁场在含铁质锅底产生涡流对食物加热电磁炉是利用变化的磁场在灶台台面产生涡流对食物加热电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热第1页，共15页下列四幅示意图，甲表示回旋加速器，乙表示磁流体发电机，丙表示速度选择器，丁表电磁流量计，下列说法正确的( )甲图要增大粒子的最大动能，可通过增加交变电压U实现A极板是发电机的正极𝑣=𝐸𝐵UQ成正比电流互感器是一种测量电流的变压器，工作原理如图所示．其原线匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接电流表．则电流互感器( )是一种降压变压器是根据电磁感应原理制成的副线圈电流的频率大于原线圈电流的频率副线圈的电流大于原线圈的电流如图所示灯泡AB完全相同若线圈L的电阻>为灯泡A的电)，则( )SAB同时发光SAB立即亮SAB均闪亮一下熄灭SBA闪亮一下熄灭第2页，共15页如图所示是法拉第在1831的是()SG𝑏𝑎的感应电流SG𝑏𝑎的感应电流S后，滑动变阻器滑动触头向左移动，电流表G𝑏𝑎的感应电流S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电流表G𝑏𝑎的感应电流𝑅𝑀电动机。导轨所在空间充满竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、阻值为r的导体棒以速度v沿导轨方向向左匀速运动，电路中的电流为I。不计导轨电阻，( )Bdv𝐼𝑅𝑀BdvID.𝐵𝑑𝑣𝐼−𝐼2(𝑅𝑀𝑟)霍尔元件是一种重要的磁传感器、宽为、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电n和p+𝑥方向的恒定电流后，某时刻在半导体+𝑦Bz方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E−𝑧是()第3页，共15页z方向形成的电流大小相等、方向相反z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力都为零z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力方向相反𝑥𝑛z方向上受到的洛伦兹力

=𝑒(

+𝐸)1所示电路测定一节干电池的电动势和内阻。某次测量时电压表的示数如图2所示，则电𝑈= V。调节滑动变阻器测得多组电流和电压的数据作出干电池路端电压U随电流I变化𝑈−图像如图3，根据图像得出该干电池的电动𝐸= V，内𝑟𝛺(结果均保留三位有效数)。若不计测量中的偶然误差，用这种方法测量得出的电动势和内电阻的值与真实值相比较，电动𝐸 𝐸 选填或或内电𝑟 𝑟 选填“>”或或测 真 测 真“=”)。=1𝑘𝑔𝑚2时间图像如图所示求：(1)𝑚1𝑚2的冲量大小；间内存在与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数𝑛=100匝，总电阻𝑟=1.0𝛺，𝑆=0.04𝑚²𝑅=9.0𝛺，磁场的磁感应强度随时间变化的第4页，共15页规律如图乙(正弦函数)，𝜋取3.14，不计灯丝电阻随温度的变化。求：电压表的示数；0∼𝑇时间内，通过小灯泡的电荷量。4、PQ𝐿=1𝑚𝑀𝑁//𝑃𝑄，导轨平𝜃=37∘，MP𝑅=0.8𝛺=1𝑇𝑚=1𝑘𝑔abPM放在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻为𝑟=0.2𝛺，其余电阻均不计，金属棒与导轨之间的动摩擦因数𝜇=0.5。现用与导𝐹15𝑁沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动，运动过程中金属棒始终与MPcd处时已经达到稳定速度cd到MP𝑠=g10𝑚/𝑠²，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：金属棒达到的稳定速度；cdR上产生的热量；cd𝑡=0Bt的关系式。xOy平面内，有Ⅰ、Ⅱ两个匀强磁场区域，区域Ⅰ是圆心位于原点O半径RCD(𝐶𝑃𝐷xPCD点处开有小孔。电子源持续不断xv2byx轴对称的电子流。电子经过区域Ⅰ磁场偏转后从P知𝑏=√3𝑅，电子质量为m，电量为e，忽略电子间的相互作用和电子的重力。2第5页，共15页B的大小；𝜃；电子在区域Ⅱ中运动的最长时间，及挡光板CD上有电子打到的长度。第6页，共15页答案和解析B【解析】【分析】能量子是由普朗克最早提出来的，能量只能是一系列分立的值，不是连续性概念；根据公式𝜀=ℎ𝜈及𝑐=𝜆𝜈可知波长越长，能量越小。明确能量子的概念，知道波长和能量之间的关系。【解答】A、能量子假设是由普朗克最早提出来的，故A错误；B、能量子表示微观世界的不连续性观念，表示能量是一份一份传播的，故BC𝜀=ℎ𝑐可知，电磁波波长越长，其能量子的能量越小，故C错误；𝜆D、能量子是不可再分的最小能量值，不是指类似于质子、中子的微观粒子，故D。D【解析】解：ABC、根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场，故ABC正确；D、根据麦克斯韦的电磁场理论，恒定磁场周围不会产生的电场，故D本题选择不能产生电场的，故选：D。根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场判断即可。本题考查麦克斯韦电磁场理论，要求学生明确变化的磁场周围产生电场，变化的电场周围产生磁场。A【解析】【分析】由平衡条件求出摩擦力和支持力，根据冲量的定义式求解各个力的冲量。【解答】AB、根据冲量的定义式可知拉力F的冲量大小为Ft，故A正确，B错误；C、根据平衡条件可得摩擦力𝑓=𝐹cos𝜃，根据冲量的定义式可知摩擦力的冲量大小为𝐹𝑡cos𝜃，故第7页，共15页C错误。D、根据平衡条件可得支持力𝑁=𝑚𝑔−𝐹sin𝜃，根据冲量的定义式可知支持力N的冲量大小为(𝑚𝑔−𝐹sin𝜃)𝑡，故D错误；故选：A。B【解析】解：电磁炉是利用变化的磁场在锅底中产生电磁感应现象，产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的，故B正确，ACD错误。故选：B。根据电磁炉的工作原理可知：电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的。该题属于物理知识在日常生活中的应用，明确电磁炉的工作原理是解决问题的关键。D【解析】解：A、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据𝑟=𝑚𝑣得，𝑣=𝑞𝐵𝑟，知图中带电粒𝑞𝐵 𝑚子在回旋加速器中获得的最大动能与加速电压无关，故A错误；B、图中由左手定则可知正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，所以A极板为发电机的负极，B极板为发电机的正极，故B错误；C的方向相反，故丙图无法判断出带电粒子的电性，故C错误；D.当上下表面间电压稳定时，污水中离子所受洛伦兹力与电场力平衡，即𝑞𝑈=𝑞𝑣𝐵，污水的流量𝑐为𝑄=𝑣𝑆=𝑏𝑐𝑣解得𝑈=𝑄𝐵，所以下表面的电压U与污水的流量Q成正比，故D正确。𝑏。转方向，可知电源的正负极；根据带电粒子受力情况分析；可得上下表面的电压U与污水的流量Q成正比。解题时注意用左手定则判断带电粒子受力方向，注意根据洛伦兹力提供向心力找速度和比荷的表达式。B【解析】解：AD、原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，即副线圈的电流小于原线圈的电流，故AD错误；B、电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，故B正确；第8页，共15页C、电流互感器不会改变电流的频率，故原副线圈电流的频率相等，故C。根据原副线圈的匝数之比定性比较出电流的大小；理解变压器的原理，变压器无法改变电流的频率。本题主要考查了变压器的构造和原理，根据原副线圈的匝数比定性地得出电流的大小关系，同时要理解变压器无法改变电流的频率即可。A【解析】【分析】线圈中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，即电流缓慢增加，缓慢减小。本题考查了通电自感和断电自感，关键明确线圈中自感电动势的作用总是阻碍电流的变化，不难。【解答】ABSABAB错误；CDSLS时，由于线圈中产生了自感电动势，与灯泡A构成闭合回路，故流过A的电流逐渐减小，故A灯泡逐渐熄灭，而BCD错误。故选：A。C【解析】【分析】电流表与线圈B而可出现感应电流。根据右手螺旋定则可确定线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可判定感应电流方向。的含义，同时注意开关的闭合不会改变穿过线圈的磁通量。【解答】ABSBGAB错误；CS后，滑动变阻器滑动触头向左移动，电流减小，则通过线圈BG𝑏→𝑎C正确；第9页，共15页DS后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电流增大，则通过线圈BG𝑎→𝑏D错误。故选：C。D【解析】【分析】𝐸=𝐵𝑙𝑣率等于输入功率减去电动机的发热功率。电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用。【解答】A𝐸=𝐵𝑑𝑣=𝑈+𝐼𝑟=𝐵𝑑𝑣−𝐼𝑟A错误；B𝑈=𝐵𝑑𝑣−电路，则𝑈>𝐼𝑅𝑀，故B错误；C电动机的输入功率𝑃 =𝐼=𝑣−𝐼=𝐼−𝐼2𝑟电动机的输出功率𝑃 =𝑃 −入 出 入𝑃热=𝑈𝐼−𝐼2𝑅𝑀=(𝐵𝐼𝑑𝑣−𝐼2𝑟)−𝐼2𝑅𝑀=𝐵𝑑𝑣𝐼−𝐼2(𝑅𝑀+𝑟)，故C错误，D正确。故选：D。A【解析】【分析】理解洛伦兹力和电场力的关系列式并完成分析。本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的关系完成分析。【解答】A+𝑥−𝑥+𝑥方向，根据左手定则可知电子z轴负方向，z轴正方向，设𝛥𝑡z轴方向的速度第10页，共15页为𝑣𝑛𝑧和𝑣𝑛𝑝，则有𝑁𝑛=𝑛𝑎𝑐𝑣𝑛𝑧𝛥𝑡，𝑁𝑝=𝑛𝑎𝑐𝑣𝑛𝑝𝛥𝑡，z=运动到导体上表面的自由电子数和空穴数相等，则两种载流子在z方向形成的电流大小相等，方A正确；BC、因为电子受到的洛伦兹力方向向上，空穴受到洛伦兹力方向向上，霍尔电场沿z轴负方向，所以电子受到霍尔电场的电场力向上，即电子在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力向上且不为零，而空穴受到霍尔电场的电场力向下，则空穴在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力为零，故BC错误；D、设自由电子沿x轴方向的速度为𝑣

，则满足𝐼

=𝑞==𝑛𝑒𝑎𝑏𝑣 ，𝑛𝑥

𝑛

𝛥𝑡

𝑛𝑥所以自由电子受到洛伦兹力大小为洛=𝑒𝑣𝑛𝑥𝐵，又因为霍尔电场力为=𝑒𝐸，电z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力合力大小为

=(𝐼𝐵+)D错误；𝑛𝑒𝑎𝑏故选：A。11.【答案】(1)1.2；(2)1.49；1.11；(3)<；<。【解析】【分析】根据图示电表确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其读数。(3)根据实验误差来源分析实验误差。本题考查数据的处理方法，用图象法处理可以适当减小误差。解决本题的关键知道实验误差的来源，会从𝑈−𝐼图线中获取电源的电动势和内电阻。【解答】(1)13V20.1𝑉1.2𝑉；(2)1=𝐸−𝐼𝑟，由图3𝑈−𝐼𝐸=𝑉𝑘=𝑟=0𝛺≈𝛺；0.44(3)由图1所示实物电路图可知，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于流过电源的电流，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，电源的𝑈−𝐼图像如图所示第11页，共15页由图示图像可知，电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值小于真实值，即电动𝐸 <𝐸 ，测 真内电𝑟 <𝑟 。测 真故答案为：(1)1.2；(2)1.49；1.11；(3)<；<。𝑥−𝑡

的速度𝑣

=𝑥1=8𝑚/𝑠=4𝑚/𝑠，碰撞前𝑚的速度为零，

1 0 𝑡1 2 2

的速度𝑣

=𝑥1′=0−8𝑚/𝑠=−2𝑚/𝑠，𝑚

的速度𝑣

=𝑥2′=12−8𝑚/𝑠=1𝑚/𝑠，1 1 𝑡1′

6−2

2 2 𝑡2′

6−2两物体碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前𝑚1的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：𝑚1𝑣0=𝑚1𝑣1+𝑚2𝑣2，代入数据解得：𝑚2=6𝑘𝑔，由动量定理可知，𝑚1对𝑚2的冲量𝐼=𝑚2𝑣2=6×1𝑁⋅𝑠=6𝑁⋅𝑠；(2)两物体碰撞过程，由能量守恒定律得：1𝑚𝑣2

=1𝑚𝑣2+1

𝑣2+𝛥𝐸，2 10

2 1

2 22 𝑘=3𝐽𝑚1𝑚26𝑁⋅𝑠；(2)。【解析】(1)根据图示𝑥−𝑡图象求出碰撞前后物体的速度大小，碰撞过程物体组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出𝑚2的质量，然后应用动量定理求解。(2)根据能量守恒定律求出物体碰撞时损失的动能能。本题考查了动量守恒定律的应用，根据图示图象求出碰撞前后物体的速度，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。13.

sin2𝜋𝑡，而面积不变，根据法拉𝑇第电磁感应定律得到线圈中产生的交流电：𝑒=𝑛𝐵

𝑆×2𝜋cos2𝜋𝑡，𝑚 𝑇 𝑇所以最大值

=

𝑆×2𝜋=100×1.0×10−2×0.04×𝑇

2×3.143.14×10−2

𝑉=8𝑉，有效值：𝐸=𝐸𝑚，电压表的示数：𝑈=√2

𝑅𝑅+𝑟

×𝐸

9 9+1

8𝑉≈5.1𝑉；√2−(2)由𝐸=𝑛𝛥𝛷 −= −×𝛥𝑡，−𝛥𝑡

、

𝐸、𝑞=𝐼𝑅+𝑟联立以上几式得：𝑞=𝑛𝛥𝛷=100×1.0×10−2×0.04𝐶=4×10−3𝐶。𝑅+𝑟答：(1)电压表的示数为5.1𝑉；

9+1(2)在磁感应强度变化的0∼𝑇时间内，通过小灯泡的电荷量为4×10−3𝐶。4【解析】(1)据𝐵−𝑡图象读出周期T，求出𝜔=2𝜋，由𝐸=𝑛𝛥𝛷可推出最大值𝐸

=𝑛𝐵

𝑆𝜔，求出𝑇 𝛥𝑡

𝑚 𝑚线圈中产生感应电动势的最大值，求出电动势有效值，根据欧姆定律得到电压表的示数；第12页，共15页(2)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的公式求解0∼𝑇时间内，通过小灯泡的电荷量。4𝑄=

𝛥𝛷，可以在推导的基础上记住。𝑅+𝑟14.【答案】解：(1)设金属棒达到的稳定速度为v，此时金属棒做匀速直线运动，E 𝐵2L2𝑣由E=𝐵0L𝑣，𝐼=

，𝐹 =𝐵𝐼L，可得金属棒受到的安培力大小𝐹 安 0 安 0

0 ，𝑅+𝑟金属棒匀速运动时，由平衡条件得𝐹=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃+𝐹 ，安可得𝑣=(𝐹−𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃)(𝑅+𝑟)，0𝐵2L20代入数据解得：𝑣=5𝑚/𝑠；设金属棒从静止开始运动到cd的过程中，金属棒克服安培力做功𝑊 ，克安由动能定理得：𝐹𝑠−(𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑠−𝑊克安

=1𝑚𝑣2−0，2回路产生的总焦耳热=𝑊 ，克安联立解得：𝑄=2.5𝐽，R

= 𝑅 𝑄，𝑅+𝑟解得：𝑄𝑅=2𝐽；𝐹−𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎，代入数据解得：𝑎=5𝑚/𝑠2，要使金属棒中不产生感应电流，穿过回路的磁通量应保持不变，则：𝐵0

L𝑠=𝐵L(𝑠+𝑣𝑡+1𝑎𝑡2)，2解得：𝐵=

65𝑡2+10𝑡+6

𝑇。答：(1)金属棒达到的稳定速度为5𝑚/𝑠；cdR2J；𝐵与t的关系式𝐵= 6 𝑇。5𝑡2+10𝑡+6(1)生的感应电动势增大，回路中感应电流增大，金属棒受到的安培