2022年浙江省温州市瑞安第八中学高二物理下学期期末试卷含解析

2022年浙江省温州市瑞安第八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.如图所示，矩形线框abcd位于竖直放置的通电长直导线附近，导线框和长直导线在同一竖直平面内，线框两竖直边跟长直导线平行。当导线框向左平移时，导线框中的感应电流方向是（

）A．沿adcba方向

B．沿abcda方向C．无感应电流

D．电流方向时刻在变化参考答案：A2.一辆汽车从静止出发在平直公路上加速前进，如果汽车发动机功率一定，遇到的阻力也一定，在达到最大速度之前A.汽车的加速度不断减小

B.汽车的加速度不断增加C.汽车的加速度大小不变

D.汽车的加速度大小跟速度成反比参考答案：A3.（多选）如图所示，匀强电场场强的大小为E，方向与水平面的夹角为θ(θ≠45°)，场中有一质量为m、电荷量为q的带电小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球缓慢拉至竖直方向最低点，小球电荷量保持不变，在此过程中()A．该外力所做的功为mgLcotθB．带电小球的电势能增加qEL(sinθ＋cosθ)C．带电小球的电势能增加2mgLcotθD．该外力所做的功为mgLtanθ参考答案：AB4.下列关于超重与失重的说法，正确的是

A．处于超重状态时，物体所受到的重力变大

B．处于失重状态时，物体所受到的重力变小

C．无论是超重或失重状态，物体所受到的重力并没有发生变化

D．无论是超重或失重状态，物体所受到的重力都会发生相应的变化参考答案：C5.一矩形导体线圈位于随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在平面向里，如图1所示。磁感应强度B随t的变化规律如图2所示。以I表示线圈中的感应电流，以图1中线圈上箭头所示的电流方向为正，则以下的I—t图中正确的是()参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.(1)如图所示，阴极射线管(A为其阴极)放在蹄形磁铁的N、S两极间，射线管的A端接在直流高压电源的______极，射线管的B端接在直流高压电源的______极（填：“正”或“负”）。此时，荧光屏上的电子束运动轨迹________偏转(填“向上”、“向下”或“不”)。（2）在一个匀强电场中有M、N、P三点，它们的连线组成一个直角三角形，如图所示。MN=4cm，MP=5cm，当把电量为-2×10-9C的点电荷从M点移至N点时，电场力做功为8×10-9J，而从M点移至P点时，电场力做功也为8×10-9J。则电场的方向为________，电场强度的大小为________V/m。参考答案：

(1).负

(2).正

(3).下．

(4).N指向M方向

(5).100解：（1）因为A是阴极，所以射线管的阴极A接直流高压电源的负极．B是阳极，接直流高压电源的正极．因为A是阴极，B是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A到B，产生的电流方向是B到A（注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向A，手掌对向N极（就是这个角度看过去背向纸面向外），此时大拇指指向下面，所以轨迹向下偏转．

（2）由电场力做功W=qU可知，M、N间的电势差为：，从M到P点，则得M、P间的电势差为：，由此可知NP两点电势相等．由电场线与等势线垂直，电场线由高电势指向低电势，可知电场线由N指向M方向，由：.【点睛】本题考查电场线与等势线的关系，根据电场力做功情况判断等势线，根据电场线与等势线垂直，电场线由高电势指向低电势的规律再确定电场线方向即可.7.如图所示，图甲为热敏电阻的R-t图像，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱控制电路，继电器线圈的电阻为150Ω,。当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器供电的电池的电动势E=6V,内阻不计。图中的“电源”是恒温箱加热器的电源，R为热敏电阻。（1）应该把恒温箱的加热器接在

端（填“AB”或“CD”）。（2）如果要使恒温箱内的温度保持1500C,可变电阻R′的值应调节为

Ω，此时热敏电阻的阻值为

Ω。参考答案：AB

120

308.已知氘核（）质量为2.0136u，中子（）质量为1.0087u，氦核（He）质量为3.0150u，1u相当于931.5MeV．（1）写出两个氘核聚变成He的核反应方程；（2）计算上述核反应中释放的核能（保留三位有效数字）；（3）若两个氘核以相同的动能0.35MeV做对心碰撞即可发生上述反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应后生成的氦核（He）和中子（n）的速度大小之比是多少？参考答案：解：（1）核反应方程为：2→+．（2）由题给条件得核反应中质量亏损为：△m=2.0136u×2﹣（3.0150+1.0087）u=0.0035u所以释放的核能为：△E=△mc2=931.5×0.0035MeV=3.26MeV．（3）因为该反应中释放的核能全部转化为机械能﹣﹣即转化为He核和中子的动能．设氦3和中子的质量分别为m1、m2，速度分别为υ1、υ2，则由动量守恒及能的转化和守恒定律，得：m1υ1﹣m2υ2=0Ek1+Ek2=2Ek0+△E解方程组，可得：因为氦3和中子的质量比为3：1，则．答：：（1）核反应方程为：2→+．（2）上述核反应中释放的核能为3.26MeV．（3）反应后生成的氦核（He）和中子（n）的速度大小之比是1：3．9.如图所示，用均匀的电阻丝做成的正方形线框每边长为0.2m，固定的正方形的一半放在与纸面垂直向里的匀强磁场中。当磁场以20Ｔ/s的变化率增强时，线框中点a、b两点间的电压是_______V参考答案：0.2V10.甲乙两种光子的波长之比为4∶3，分别用它们照射同一金属板，发出光电子的最大初动能为E甲、E乙，则甲乙两种光子的能量之比为

，该金属的逸出功为

.参考答案：

3∶4

，

11.在图9-8虚线所围区域内有一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，闭合矩形线圈abcd在磁场中做匀速运动，线圈平面始终与磁感线垂直，在图示位置时ab边所受磁场力的方向向上，那么整个线框正在向

方运动。参考答案：右12.为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为m的滑块，两滑块的一端分别与纸带相连，打点计时器所用电源的频率为f。接通打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，相碰后粘在一起继续运动．图乙为某次实验打出的点迹清晰的纸带的一部分，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3。那么，请以表达式的形式写出：碰撞前两滑块的动量大小分别为________、________，两滑块的总动量大小为________；碰撞后两滑块的总动量大小为________．若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．参考答案：0.2mfs1，0.2mfs3，0.2mf(s1－s3)，0.4mfs213.．用频率为v的光照射某金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为EK，若改用频率为3v的光照射该金属，则逸出光电子的最大初动能为

参考答案：.2hv+EK。三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.关于电磁场的理论，下列说法正确的是（

）A．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围一定产生变化的电场C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D．周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场参考答案：B15.（6分）（1）开普勒第三定律告诉我们：行星绕太阳一周所需时间的平方跟椭圆轨道半长径的立方之比是一个常量。如果我们将行星绕太阳的运动简化为匀速圆周运动，请你运用万有引力定律，推出这一规律。

（2）太阳系只是银河系中一个非常渺小的角落，银河系中至少还有3000多亿颗恒星，银河系中心的质量相当于400万颗太阳的质量。通过观察发现，恒星绕银河系中心运动的规律与开普勒第三定律存在明显的差异，且周期的平方跟圆轨道半径的立方之比随半径的增大而减小。请你对上述现象发表看法。

参考答案：（1）

（4分）

（2）由关系式可知：周期的平方跟圆轨道半径的立方之比的大小与圆心处的等效质量有关，因此半径越大，等效质量越大。

（1分）

观点一：银河系中心的等效质量，应该把圆形轨道以内的所有恒星的质量均计算在内，因此半径越大，等效质量越大。

观点二：银河系中心的等效质量，应该把圆形轨道以内的所有质量均计算在内，在圆轨道以内，可能存在一些看不见的、质量很大的暗物质，因此半径越大，等效质量越大。

说出任一观点，均给分。

（1分）

四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，在匀强磁场中有一倾角为，足够长的绝缘斜面，磁感应强度为，方向水平向外，有一质量为，带电量为+的小球由静止从斜面顶端开始下滑。（1）若斜面光滑，试求小球能在斜面滑行的距离及所用时间；（2）若斜面粗糙，小球能在斜面滑行的距离为，试求在此过程中小球克服摩擦力所做的功。参考答案：⑴依题意有：另由动能定理有:解得：另

得

⑵根据动能定理：

又解得：17.(13分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=2T，匝数n=6的矩形线圈abcd绕中心轴OO′匀速转动，角速度ω=200rad/s。已知ab=0.1m，bc=0.2m，线圈的总电阻R=40Ω，试求：(1)线圈中感应电动势的最大值和感应电流的最大值；(2)设时间t=0时线圈平面与磁感线垂直，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(3)当ωt=30°时，穿过线圈的磁通量和线圈中的电流的瞬时值；(4)线圈从图示位置转过的过程中，感应电动势的平均值。参考答案：解析：（1）因为线圈匀速转动，感应电动势的最大值就出现在图示位置Em=nBSω=6×2×0.1×0.2×200V=48V………①（2分）感应电流最大值Im=

A=1.2A………………②（1分）（2）感应电动势的瞬时值表达式：e=Em·sinωt=48sin200tV……………③（2分）（3）当ωt=30°角时，穿过线圈的磁通量为Φ，则Φ=Bs·cos30°=2×0.1×0.2×Wb=0.035Wb……④（2分）此时感应电动势瞬时值为：e=48sin30°V=48×V=24V…………⑤（1分）由欧姆定律可得此时电流瞬时值为：i=

A=0.6A……⑥（1分）（4）线圈从图示位置转过的过程中，磁通量的变化为ΔΦ=B·S……………⑦（1分）线圈转过所用的时间Δt=……⑧（1分）此过程中交变电动势的平均值=n·

≈30.6V…………⑨（2分）18.如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（2+0.2t）T，定值电阻R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，求：（1）回路中的感应电动势大小；（2）回路中电流的大小和方向；（3）a、b两点间的电势差．参考答案：解：（1）根据法拉第电磁感应定律，则有：E=N=100×0.2×0.2=4V；

（2）根据楞次定律，垂直向里的磁通量增加，则电流方向是逆时针方向；依据闭合电路欧姆定律，则有：I===0.4A（3）根据欧姆定律，