2021-2022学年河北省保定市柳卓乡中学高二物理下学期期末试卷含解析

1、2021-2022学年河北省保定市柳卓乡中学高二物理下学期期末试卷含解析一、 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. 关于重力的说法中，正确的是（）A在地球上的物体都受到重力的作用 B物体只有在下落时才受到重力的作用C物体只有受到支持力的作用，才显示重力 D物体只有放在地面上才受到重力的作用参考答案：A2. 如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（090),其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，棒接入电路的电阻为R，当流过棒某一横截面的电量为q

2、时，金属棒的速度大小为，则金属棒在这一过程中（ ）A. ab运动的平均速度大小为 B.平行导轨的位移大小为C.产生的焦耳热为D.受到的最大安培力大小为参考答案：AD3. （多选）下列关于速度与加速度的判断，正确的是( )A物体加速度等于零，其速度却可能很大B做直线运动物体的加速度越来越小，则速度也一定越来越小C两物体相比，一个物体的速度变化量较大，而加速度却可能较小D速度变化方向为正，加速度方向却为负参考答案：AC4. （多选题）如图所示，恒定的磁场中有一圆形的闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在此磁场中做下列哪种运动时，线圈中能产生感应电流（）A线圈沿自身所在的平面做匀速运动B线圈

3、沿自身所在的平面做加速运动C线圈绕任意一条直径做匀速转动D线圈绕任意一条直径做变速转动参考答案：CD【考点】感应电流的产生条件【分析】根据感应电流的产生条件：闭合回路中的磁通量发生变化进行分析【解答】解：要分析四种情形下线圈中是否有感应电流，可直接利用感应电流产生的条件来判断，即分析线圈中的磁通量是否发生变化另外，要分析磁通量的变化，一定要知道线圈运动前后的磁通量线圈所在空间磁感应强度未变，故关注线圈在运动中线圈与磁场的正对面积显然，线圈平动时，磁通量未变，A、B错误；只要转动线圈（无论加速还是匀速），一定导致磁通量发生变化，故C、D正确故选：CD5. 如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内

4、，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中( )A、导体框中产生的感应电流方向相同B、导体框中产生的焦耳热相同C、导体框ad边两端电势差相同D、通过导体框截面的电量相同参考答案：B二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示，真空室中速度v01.6107 m/s的电子束，连续地沿两水平金属板中心线OO射入，已知极板长l4 cm，板间距离d1 cm，板右端距离荧光屏PQ为L18 cm.电子电荷量q1.61019 C，质量m0.911030 kg.若在电极ab上加u220sin10

5、0t V的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴y上能观测到cm线段？(设极板间的电场是均匀的、两板外无电场、荧光屏足够大)参考答案：10 cm7. 如图画出了一束光在真空与介质间发生折射的光路图，MN为界面，则界面的 侧是介质，介质的折射率是 。参考答案：左；8. 如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图。半径为R的两个中空D形盒，处于垂直于盒面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两D形盒左端狭缝处放置一场强恒定的加速电场。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，接着又从P0处进入A、C板间，如此反复，最后从D形盒右侧的边缘飞出。对于这种改进后

6、的回旋加速器，带电粒子每运动一周被加速 次。若被加速的带电粒子的电荷量为q，质量为m，则粒子的最大速度vm= 。ks5u参考答案：1， 9. 某实验室购买了一个上面标有“220V，110W”电烙铁，则该电烙铁正常工作时电流为 A,5分钟内该电烙铁需要消耗 J的电能。参考答案：0.5，3.3104；10. 如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球在水平面内作匀速圆周运动，该平面离碗底的距离为h，则小球所受的支持力N = ，小球的角速度 = 。参考答案： 11. 已知钠发生光电效应的极限波长为0=510-7m ,普朗克常量h6.631034Js ；现用波长为=410-7m 的光

7、照射用金属钠作阴极的光电管,求: (1)钠的逸出功Wo= J (2)为使光电管中的光电流为零, 在光电管上所加反向电压U至少为（写出表达式） （用h、U、电子电量e、真空光速c、0、等字母来表示）参考答案：3.97810-19 或410-19 （4分） U=hc/e(1/-1/0) (4分)12. 动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，他们的速度大小之比vA：vB=2：1，则动量大小之比pA：pB= ；两者碰后粘在一起运动，总动量与A原来动量大小之比为p：pA= 参考答案：1：2，1：1【考点】动量定理【分析】根据动能与动量的关系式求出两物体的动量大小之比；由动量守恒定律求出

8、碰撞后总动量与A的动量之比【解答】解：动能EK=mv2，则m=，两物体质量之比： =（）2=；物体的动量为：p=，两物体动量之比： =；以B的初动量方向为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：pBpA=p，解得：p=pA，A、B碰撞后总动量与A原来动量大小之比为：p：pA=pA：pA=1：1故答案为：1：2，1：113. 测量较大的电压时要 联一个电阻把它改装成电压表；测量较大的电流时要 联一个电阻，把小量程的电流表改装成大量程的电流表。参考答案：串 并 三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 某同学想描绘某一热敏电阻的伏安特性曲线，实验室提供下列器材：A电压表

9、V（量程为05V，内阻约5k）B电流表A1（量程为025mA，内阻约0.2）C电流表A2（量程为0一0.6A，内阻约0.1)D滑动变阻器R1（0一10，额定电流1.5A)；E滑动变阻器R2（0一1000，额定电流0.5A）F定值电阻R0（R0=1000）G直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）H开关一个、导线若干（1）该同学选择了适当的器材组成描绘伏安特性曲线的电路，得到热敏电阻电压和电流的7组数据（如下表），请你在方格纸上作出热敏电阻的伏安特性曲线 （2）该同学选择的电流表是（选填“B”或“C”），选择的滑动变阻器是（选填“D”或“E”）（3）请在上面的方框中画出该同学完成此实验的电路图（热敏

10、电阻符号为 ）参考答案：（1）伏安特性曲线如下图（2）BD（3）此实验的电路图如下图（1）根据所给数据，利用描点法画出图象如图所示；（2）电流的变化范围为0-20mA，所以电流表选择B；滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，故选D；（3）该实验中由于需要测量较多的数据，因此滑动变阻器采用分压接法，由于热敏电阻阻值较大，因此安培表采用内接法，电路图如图所示。15. 在“探究加速度与力、质量关系”的实验中（1）实验室已经准备了一端带有滑轮的长直轨道（远离滑轮端高度可调）、小车、纸带、带细绳的小桶、细砂、砝码、钩码及导线和电键。为完成此实验，除了所给的器材，还

11、应从右图选取的实验器材名称是 。（2）如图所示是三个涉及纸带和打点计时器的实验装置图。其中符合本次实验要求的是 。（3）某同学在处理纸带时有如下A、B两条纸带，哪一条有可能是该实验得到的纸带 (填“A”或 “B” )。参考答案：四、计算题：本题共3小题，共计47分16. （12分）发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电线路的电阻为0.2，先用初、次级匝数之比为1：10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级匝数比为10：1的降压变压器降压供给用户（1）画出全过程的线路图；（2）求用户得到的电压和功率；（3）若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压参考答案：见解析解：

12、（1）全过程的线路示意图如图所示：（2）根据=，解得升压变压器的输出电压为：U2=22010V=2200V则输电线上的电流为：I2=A=20A，损失的功率为：P损=I22R=4000.2W=80W输电线上损失的电压为：U=I2R=200.2V=4V则降压变压器输入电压为：U3=U2U=22004V=2196V根据=，得用户得到的电压为：U4=219.6V用户得到的功率为：P=PP损=4400080=43920W=43.92KW（3）若不经过变压而直接送到用户，电流为：I=200A用户得到的功率：P=PI2r=4400020020.2=36000W=36KW用户得到的电压为：U=UIr=2202

13、000.2=180V答：（1）画出全过程的线路图，如图所示；（2）用户得到的电压为219.6V，功率为43.92KW；（3）若不经过变压而直接送到用户，用户得到的功率为36KW，电压为180V17. 如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d=0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1，R2=0.2现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水

14、平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W参考答案：解：（1）ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，根据导体棒切割磁场有：E=Bdv0 闭合电路欧姆定律：I=牛顿第二定律：F安=m2a0 安培力公式：F安=BId 联立式代入题给数据得：a0=30m/s2（2）设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定

15、律得：m1v0=m1v1+m2v2 ab棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得：m2g?2r=在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得：m2g=m2式子联立得：v1=7.5m/s （3）cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得：W=联立代入题给数据得：W=4.375J答：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度为30m/s2；（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小为7.5m/s；（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功为4.375J【考点】动量守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解cd棒切割磁场产生的感应电动势，根据闭合电路定律求出流过ab棒的电流，进而求出ab棒所受安培力，再用牛顿第二定律即可求出ab棒的加速度；（2）把ab棒和cd棒建立系统，运用动量守恒定律；对cd棒进入竖直半圆轨道运动的过程运用动能定理