2021-2022学年云南省昭通市昭阳区第二中学高二（下）期末物理试题（解析版）

1、 2021-2022学年云南省昭通市昭阳区第二中学高二（下）期末物理试题一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）1. 下列表示运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A该图中电荷所受洛伦兹力为零，选项A错误；B该图中电荷所受洛伦兹力为零，选项B错误；C根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向上，选项C错误；D根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向右，选项D正确；故选D.2. 某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，由图像可知（）A. 该交流电的周期为；B. 该交流电的频率为；C. 该交流发电机线圈转动的角速度为

2、；D. 电动势的瞬时值与时间的关系为【答案】D【解析】【详解】A从图中可知交流电的周期为，A错误；B由公式B错误；C根据公式可得角速度为C错误；D电动势瞬时表达式为选项D正确。故选D。3. 下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是（）A. 判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则B. 安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零D. 静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用【答案】C【解析】【详解】AB安培力是磁场对通电导体内定向移动的电荷所施加的

3、洛伦兹力的宏观表现，所以，从本质上看，它们都是磁场对运动电荷的作用力，方向都用左手定则判定；但洛伦兹力始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力始终对运动电荷不做功，而通电导体可以沿安培力方向发生位移，所以安培力可以对通电导体做功，选项AB错误；C一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零，还与导体与磁场夹角有关，选项C正确；D静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，而运动的电荷不一定受到洛伦兹力作用，若电荷的运动方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用，选项D错误。故选C。4. 如图所示，静止的离子A+和A3+，经电压为U的电场加速后进入方向垂直纸面向 里

4、的一定宽度的匀强磁场B中已知离子A+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子A+和A3+（ ）A. 在电场中的加速度之比为1 ：1B. 在磁场中运动的半径之比为3 : 1C. 在磁场中转过的角度之比为1：2D. 在磁场中运动的时间之比为1: 2【答案】C【解析】【详解】A两个离子的质量相同，其带电量是的关系,所以由：可以知道其在电场中的加速度是,故A错误.B要想知道半径必须先知道进入磁场的速度,而速度的决定因素是加速电场,所以在离开电场时其速度表达式为：可以知道其速度之比为.又由：知：所以其半径之比为,所以B错误.C由B的分析知道离子在磁场中运动的半径之比为,设磁场宽度为

5、L,离子通过磁场转过的角度等于其圆心角,所以有：则可以知道角度的正弦值之比为，又A+的角度为,可以知道A3+角度为,所以在磁场中转过的角度之比为,故C正确.D由电场加速后：可以知道两离子离开电场的动能之比为,所以D错误.5. 如图所示，两根通电长直导线a、b平行且水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时b受到的安培力大小为F。当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F，图中a、b、c三者间距相等，此时a受到的安培力大小为（）A. FB. C. D. 【答案】B【解析】【详解】如图，a、b、c三者间距相等，a、b中的电流强度均为I时，b受到的安培力大小为F

6、，故a受到b对a的安培力大小也为F；当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F可知c对b的安培力大小也为F，根据空间位置关系ab电流大小相等，可知c对a的安培力大小也为F；b对a的安培力和c对a的安培力夹角为 ，大小都为F，故此时a受到的安培力大小为，B正确、ACD错误。故选B。6. 一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A. 质点振动频率是4 HzB. 在10 s内质点经过的路程是20 cmC. 第4 s末质点的速度为零D. t1 s和t3 s两时刻，质点位移大小相等，方向相同【答案】B【解析】【详解】试题分析：由图读出质点振动的周期T=

7、4s，则频率故A错误质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4A，t=10s=2.5T，所以在10s内质点经过的路程是故B正确在第4s末，质点的位移为0，经过平衡位置，速度最大故C错误由图知在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，故D错误考点：简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率7. 一列简谐横波沿x轴负方向传播，图甲是t=3s时的波形图，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图线（两图用同一时间起点）。则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图线（）A. x=0处的质点B. x=1m处的质点C. x=2m处的质点D. x=3m处的质点【答案】C【解析】【分析】【详解】图2

8、上t=3s时质点经平衡位置向上，图1上，t=3s时刻，只有x=2m处质点、x=4m处质点经过平衡位置。简谐横波沿x轴负方向传播，根据波形平移法可知，x=2m处质点经平衡位置向上，与图2上t=1s时刻质点的状态相同。故选C8. 如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过表的感应电流方向是（ ）A. 始终由a流向bB. 先由a流向b，再由b流向aC. 始终由b流向aD. 先由b流向a，再由a流向b【答案】B【解析】【详解】条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则知，感应电流

9、的方向aGb；条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则知，感应电流的方向bGa，故ACD错误，B正确9. 将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据

10、动量守恒定律有解得故D正确，ABC错误。故选D。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）10. 如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R、交流电表A.下列说法正确的是()A. 当U增大时，变压器的输入功率增大B. 当f减小时，变压器的输入功率减小C. 当光照增强时，交流电表A的示数减小D. 当滑动触头P向下滑动时，交流电表A的示数增大【答案】AD【解析】【分析】【详解】A当U增大时，根据可得副线圈两端的电压增大，所以副线圈消耗的电功率增大，则变压器的输入功率增大，A正确；B变压器的功率与交流电频率无关，B错误；C当光照增强时，R减小，电流增大，C错误；

11、D当滑动触头P向下滑动时，变小，即增大，所以交流电表A的示数增大，D正确；故选AD。11. 如图所示，当导体棒MN由静止开始向右沿导轨加速滑动（导轨间有磁场，方向垂直纸面向里），下列说法正确的是（ ）A. 导体棒和导轨组成的闭合回路中有感应电流B. 导体棒和导轨组成的闭合回路中没有感应电流C. 圆形金属环B中有感应电流D. 圆形金属环B中没有感应电流【答案】AC【解析】【详解】AB当导体棒MN向右加速滑动，切割磁感线产生感应电流，导体棒和导轨组成的闭合回路中有感应电流，故A正确，B错误；CD产生的感应电动势E=BLv不断增大，通过螺线圈A的电流增大， A产生的磁感应强度变大，穿过金属环B的磁通

12、量增大，由楞次定律可知，B中产生感应电流，故C正确，D错误。故选AC。12. 如图所示，螺线管匝数n1 500匝，横截面积S20 cm2，螺线管导线电阻r1 ，电阻R4 ，磁感应强度B的B-t图象如图所示（以向右为正方向），下列说法正确的是( )A. 电阻R的电流方向是从A到CB. 感应电流的大小保持不变C. 电阻R的电压为6 VD. C点的电势为4.8 V【答案】BD【解析】【详解】A、由楞次定律，电阻R的电流方向是从C到A，选项A错误；B、由于磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，感应电流的大小保持不变，选项B正确；CD、螺线管内产生的感应电动势E1 5002010

13、42 V6 V，电流I1.2 A，电阻R的电压为UIR4.8 V，C点的电势为4.8 V，选项C错误、D正确故选BD13. A，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移一时间图象，a、b分别为A，B两球碰前的位移一时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移一时间图象，若A球质量是，则由图可知下列结论错误的是（）A. A、B碰撞前的总动量为B. 碰撞时A对B所施冲量为C. 碰撞前后A的动量变化为D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【答案】AC【解析】【分析】【详解】由图象可知，碰撞前有：A球的速度B球速度碰撞后有：A、B两球的速度相等，为对A、B组成的系统，A、B两球

14、沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为又所以所以A与B碰撞前的总动量为由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能代入数据解得所以AC错误，符合题意；BD正确，不符合题意；故选AC。14. 如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为，一带电量为、质量为的小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（）A. 小球的加速度一直在减小B. 小球的速度先增

15、大后不变C. 小球下滑的最大加速度为D. 小球下滑的最大速度【答案】BC【解析】【分析】小球从A点由静止沿杆下滑，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程。【详解】小球开始下滑时有又由牛顿第二定律得随v增大，a增大，当时，a达最大值，此时洛伦兹力等于mgcos，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大又此后下滑过程中有随v增大，a减小，当时，此时达到平衡状态，速度不变。所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小。BC正确；AD错误。故选BC。三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）15. 某

16、实验小组用如题图所示的装置验证动量守恒定律。（1）两小球应满足的关系是m1_m2。（填“”或“”或“=”）（2）下列操作中有必要的是_。A实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向B.实验中需要测量小球开始释放的高度hC.实验中需要测量小球抛出点距地面的高度HD.实验中需要测量小球做平抛运动的水平射程（3）第一步：先从S处释放m1并多次重复找到落点P，并测出水平射程OP。第二步：将m2静置于轨道末端O点，再从S处释放m1与m2发生对心碰撞，并多次重复后分别确定两球的水平射程OM和ON。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_（用图中字母表示）。【答案】 . . AD . m1OMm2O

17、Nm1OP【解析】【分析】【详解】（1）1碰撞过程中动量，能量守恒，因此有解得因此让小球碰撞以后不反弹，两球质量满足（2）2A保证小球做平抛运动，所以实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向；故A正确；BC可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中不需要测量小球开始释放的高度h，故BC错误；D通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中需要测量小球做平抛运动的水平射程，故D正确；（3）3 由碰撞过程中动量守恒，得m1OMm2ONm1OP16. 用单摆测定重力加速度的实验。（1）测出单摆的摆长L及单摆完成n次全振动所用的时间t则重力加速度g_（用L、n、t表示）；（2）某同

18、学在一次实验中，用秒表记下了单摆振动50次的时间如图甲所示，由图可读出时间为_s；（3）某同学测得的加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是_；A测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长B摆线上端未牢固地固定于悬点，摆动中出现松动，使摆线越摆越长C测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式求得周期D摆球的质量过大（4）三位同学用图象法处理数据，他们通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作T2l图像，做出的T2l图线的示意图如图乙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值

19、。则相对于图线b，下列分析正确的是_。A出现图线a的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长lB出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C图线c对应的g值小于图线b对应的g值D通过对图线a的正确处理同样可以得到较为准确的g值【答案】 . . 96.8 . C . AD【解析】【分析】【详解】（1）1单摆的周期由单摆周期公式解得（2）2秒表表示读数内圈读数90s（即1.5min），外圈读数6.8s，总读数为t=90s+6.8s=96.8s；（3）3根据得重力加速度为A测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；B摆线上端未牢固地固定于O

20、点，振动中出现松动，使摆线变长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B错误；C测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；D所用摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量，故D错误。故选C；（4）4根据得根据数学知识可知，T2-L图象的斜率，当地的重力加速度AD若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度L，则有根据数学知识可知，对T2-L图象来说与b线斜率相等，两者应该平行，是截距；故做出的T2-L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，通过对图线a的正确处理同样可以得到较

21、为准确的g值，故AD正确；B实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小。故B正确；C由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2-L图象的斜率当地的重力加速度可知，g值大于图线b对应的g值。故C错误；故选AD。四、计算题（本大题共5小题，共39.0分）17. 如图所示，一带电粒子以速度从M点射入直线边界匀强磁场区域，入射方向与磁场边界的夹角为=磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B粒子从边界上N点射出磁场，已知粒子的电量和质量之比则：(1)请判断该粒子带何种电荷；(2)求粒子做圆周运动的半径；(3)求粒子在磁场中运动所用的时间【答案】(1)正

22、电；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由于粒子向右偏转，由左手定则我们可以判断出，带电粒子带正电；（2）在粒子运动过程中，洛伦兹力提供向心力：所以：；（3）进出单边磁场具有对称性，所以带电粒子的偏转角为所以粒子运动的时间为：18. 如图，为交流发电机的矩形线圈，其面积为，匝数为，线圈电阻为，外电阻为。线圈在磁感应强度为的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，角速度为。若图中的电压表、电流表均为理想交流电表，求：（1）若从图示位置开始计时，写出的表达式；（2）交流电压表和交流电流表的示数；（3）从图示位置转过，通过的电荷量；（4）转一个周期，产生焦耳热。【答案】（1）；（2），；（3）；（4）

23、【解析】【详解】解：（1）由图可知，线圈起始位置为感应电动势的最大值可得；（2）电流表示数根据欧姆定律，电压表示数为（3）从图示位置开始，线圈转过60的过程中，磁通量变化为根据法拉第电磁感应定律，有根据欧姆定律，有根据电流强度定义联立解得（4）回路中电流的有效值所求过程中所用时间为则R中产生的焦耳热19. 如图所示，足够长的光滑轨道水平放置，导轨间距L=0.5m，轨道左端c、d接电阻R=0.4，磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直于轨道平面。质量m=2kg、电阻r=0.1的导体棒ab，t=0时刻获得方向沿轨道向右、大小v=5m/s的瞬时速度。棒ab与轨道接触良好，不计轨道的电阻，求：（1）t=0时刻棒ab切割磁感应线产生的电动势；（2）t=0时刻棒ab受到的安培力大小；（3）从棒ab获得瞬时速度至停止的过程中，棒ab中产生的内能Q。【答案】（1）2.5V；（2）2.5N；（3）5J【解析】【详解】（1）导体棒切割磁感应线产生的电动势解得（2）回路中