2021-2022学年辽宁省阜新市第二十一高级中学高二物理期末试题含解析

2021-2022学年辽宁省阜新市第二十一高级中学高二物理期末试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.（多选题）航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示．当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去．现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，电阻率ρ铜＜ρ铝，则合上开关S的瞬间（）A．从左侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C．若将金属环置于线圈的右侧，环将向右弹射D．电池正负极调换后，金属环仍能向左弹射参考答案：ABCD【考点】楞次定律．【分析】由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向．【解答】解：A、线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，感应电流由左侧看为逆时针；故A正确；B、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；C、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故C正确；D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D正确；故选：ABCD2.如图所示，矩形闭合铜线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)当磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄扳的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是A．摩擦力方向一直向右B．摩擦力方向先向左、后向右C．感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针D．感应电流的方向顺时针→逆时针参考答案：C3.关于能量和能源，下列说法中正确的是

A．能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加

B．能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少

C．能量在转化和转移过程中总量保持不变，故节约能源没有必要

D．能量的转化和转移具有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源参考答案：4.（多选）关于磁场和磁感线的描述,正确的说法有（

）A.磁极之间的相互作用是通过磁场发生的,磁场和电场一样,也是一种物质

B.磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向

C.磁感线总是从磁铁的北极出发,到南极终止

D.磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线,没有细铁屑的地方就没有磁感线参考答案：AB5.如图所示，竖直放置一根光滑绝缘细直杆，在其两侧对称固定放置两个等量的正点电荷。细杆上有、、三点，其中在两点电荷的连线和细杆的交点位置，。一个带负电、质量为的小球串在细杆上，从点静止释放运动到点，则下列说法正确的是(

)小球在之间做往复运动小球到达点的速度为从点运动到点小球的加速度逐渐减少从点运动到点小球的重力势能减少，电势能在增加参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.麦克斯韦电磁场理论的两个基本论点是：变化的磁场可以产生电场；变化的电场可以产生

（填“电场”或“磁场”）。电磁波按照波长由长到短排列依次是：无线电波、红外线、可见光、

、x射线和γ射线（填“紫外线”或“微波”）。参考答案：磁场、紫外线；7.某市陆航团的一架固定翼飞机以900m/s的速度沿水平方向飞行，恰好自西向东飞行到聊城四中上空，经该校高二师生测定该处地磁场的竖直分量为0.5×10－4T，飞机的翼展为12m，机翼两端间的感应电动势为_

_V，机翼的

（东、南、西或北）侧电势高，在飞行员的

（左或右）侧。参考答案：8.“长征”2号火箭点火升空时，经过3s速度达到42m/s，设火箭上升可看作匀加速运动，则它在3s内上升的高度为____________，升空时的加速度为____________.参考答案：63m

14m/s29.矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5Ω．整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则：（1）穿过线圈的磁通量的变化率为

Wb/s；（2）线圈回路中产生的感应电流为

A；（3）当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力为

N；（4）在1min内线圈回路产生的焦耳热为

J．参考答案：（1）0.01

（2）0.4

（3）3.2

（4）48【考点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化．【分析】（1）磁通量的变化率根据计算；（2）线圈在变化的磁场中，产生感应电动势，形成感应电流，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．借助于闭合电路的殴姆定律来算出感应电流大小．（3）通电导线处于磁场中受到安培力，则由公式F=BIL可求出安培力的大小．（4）由于磁通量的变化，导致线圈中产生感应电流，根据焦耳定律可得回路中的产生热量【解答】解：（1）磁通量的变化率（2）由法拉第电磁感应定律，则有：E==NS可知，则回路中感应电动势为E=回路中感应电流的大小为I==A=0.4A（3）当t=0.3s时，磁感应强度B=0.2T，则安培力为F=NBIL=200×0.2×0.4×0.2=3.2N；（4）1min内线圈回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.42×5×60J=48J．故答案为：（1）0.01

（2）0.4

（3）3.2

（4）4810.某同学要测量一长为L的电阻丝的阻值，他先使用多用电表×100Ω的挡测量，多用电表此时的指针如（甲）图所示，则此时从多用电表上读得R=1500Ω．用螺旋测微器测量该电阻丝直径时，测量结果如（乙）图所示，由图可读出d=6.768mm．参考答案：考点：用多用电表测电阻．.专题：实验题．分析：欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．解答：解：由图甲所示可知，欧姆表示数即，电阻阻值R=15×100=1500Ω；由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6.5mm，可动刻度示数为26.8×0.01=0.268mm，螺旋测微器示数为6.5mm+0.268mm=6.768mm；故答案为：1500；6.768．11.在赤道附近的地磁场可看做是沿南北方向的匀强磁场，磁感应强度为B。如果赤道上空有一根沿东西方向的直导线，长为L，通有从东向西的电流I，则地磁场对这根导线的作用力大小为

，方向

。参考答案：

BIL，竖直向下12.打点计时器输入的交变电流的频率是50Hz，则打点计时器每隔s打一个点。若测得纸带上打下的第10个到20个点的距离为20.00cm，则物体在这段位移的平均速度为m/s。参考答案：13.如图所示，在光滑水平面上叠放着质量为mA与mB的物体A和B（设B足够长），A与B间的动摩擦因数为μ，质量为m的小球以水平速度v射向A，以的速度弹回，则A与B相对静止后的速度为．参考答案：解：小球与A碰撞过程，取向右为正方向，对小球和A组成的系统由动量守恒定律，有

mv=m（﹣）+mAvA

①设A和B相对静止后的速度为v，对A与B组成的系统由动量守恒定律，有

mAvA=（mA+mB）v′②由①②得v′=故答案为：．三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.利用图一装置可以做力学中的许多实验，（1）以下说法正确的是

．A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响B．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑轨平行C．用此装置“探究加速度a与力F的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量之后，需要重新平衡摩擦力D．用此装置“探究加速度a与力F的关系”应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量（2）本装置中要用到打点计时器，如图二所示为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是．A．交流220V

B．直流220V

C．交流4﹣6V

D．直流4﹣6V（3）在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图三．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A点时小车的瞬时速度为

m/s．（结果保留2位有效数字）参考答案：（1）BD；（2）A；（3）0.52【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，“研究匀变速直线运动”时，细线必须与木板平行以保持加速度不变；在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论．（2）甲装置是电火花打点计时器，直接接220V交流电源，乙装置是电磁式打点计时器，需接低压交流电源；（3）根据中间时刻的速度等于平均速度求解A点速度．【解答】解：（1）A、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误；B、用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑轨平行，保持小车的加速度不变．故B正确；C、平衡摩擦力的方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，即mgsinθ=μmgcosθ，式子成立与质量无关，故改变质量后不需重新进行平衡，故C错误．D、在利用该装置来“探究物体的加速度与力、质量的关系”时，设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有mg=（m+M）a解得：以M为研究对象有绳子的拉力为：显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力．故D正确；（2）甲装置是电火花打点计时器，直接接220V交流电源；（3）根据中间时刻的速度等于平均速度得：故答案为：（1）BD；（2）A；（3）0.5215.（1）当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图所示．若此时选择开关对准直流50V电压挡，则被测电压为_______V；若此时选择开关对准×10Ω挡，则被测电阻的阻值为_______Ω.（2）在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示读数为________mm.参考答案：⑴21.0220⑵0.616四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示．小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力的大小。参考答案：(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理：小球离开C点后做平抛运动到P点：(2)设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，在D点小球沿切线方向所受合力为零。小球从A运动到D过程，根据动能定理得：(3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律得：F=(2＋3)mg…………1分由牛顿第三定律得，小球对轨道的最大压力为………1分17.一座小型发电站的输出功率是20kW，输电线路总电阻是5Ω.(1)若输电电压是400V，输电线路损耗的功率是多少？(2)若改用5000V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，用户得到的电压是多少？参考答案：：(1)输电线上的电流强度为I＝PU＝20×103400A＝50A，输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝502×5W＝12500W＝12.5kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝PU′＝20×1035000A＝4A，用户端在变压