浙江省温州市平阳县第十一中学2022年高二物理上学期期末试卷含解析

浙江省温州市平阳县第十一中学2022年高二物理上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.关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．由B=可知，B与F成正比，与IL成反比B．通电导线放在磁场中的某点，那点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，那点的磁感应强度就为零C．磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关D．通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场，即B=0参考答案：C【考点】磁感应强度．【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．但这属于比值定义法．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．【解答】解：A、磁感应强度的定义式是B=，这是比值定义法定义的物理量，B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．故AB错误，C正确．D、通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，但当通电导线与磁场平行放置，不受安培力，所以通电导线不受安培力的地方不一定不存在磁场．故D错误．故选：C2.如图所示，R1和R2的规格为“4W，100Ω”，R3的规格为“1W，100Ω”，当A、B端加电压通电时，这部分电路允许消耗的最大功率为：(

)A．B．1．5WC．3WD．9W参考答案：B3.频率相同的两列波发生干涉现象时A．某一点如果是两列波的波峰和波峰相遇，经过半个周期，这一点则是一列波的波峰与另一列波的波谷相遇B．某一点如果是两列波的波谷和波谷相遇，经过半个周期，这一点则是一列波的波谷与另一列波的波峰相遇C．某一点如果是第一列波的波峰与第二列波的波谷相遇，经过半个周期，这点将是两列波的波谷相遇D．某一点如果是第一列波的波谷与第二列波的波峰相遇，经过半个周期，在这一点则是第一列波的波峰与第二列波的波谷相遇参考答案：D4.（单选）如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下。当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（

）A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥参考答案：B5.如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E的大小、电势φ高低的比较，正确的是（）A．EA=EC＞EB，φA=φC＞φBB．EB＞EA＞EC，φA=φC＞φBC．EA＜EB，EA＜EC，φA＞φB，φA＞φCD．EA＞EB，EA＞EC，φA＞φB，φA＞φC参考答案：

考点：电场线；电势能．分析：电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向电势降低．通过电场线的分布进行判断．解答：解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EB＞EA＞EC；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势．所以φA=φC＞φB．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.面积为的导线框，放在磁感应强度为的匀强磁场中，当线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量为

韦伯，当线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量又为

韦伯。参考答案：

7.如图所示为一列简谐波在t=O时刻的波形图线,已知当t=1s时质点P第一次到达波峰,那么该波的波长为______m,频率为______Hz,波速为______m／s

参考答案：2;，1.5

8.如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r．现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为________，方向________．

参考答案：

，垂直纸面向外9.如图14所示匀强磁场方向水平向外，磁感应强度B＝0.20T，金属棒Oa长L＝0.60m，绕O点在竖直平面内以角速度ω＝100rad/s顺时针匀速转动，则金属棒中感应电动势的大小是__________。

参考答案：

3.6V10.如图所示,把一个线框从一匀强磁场中匀速拉出（线框原来全在磁场中）。第一次拉出的速率是V，第二次拉出速率是2V，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是

，拉力功率之比是

，拉力做功的绝对值之比

，是安培力做功的绝对值之比是 ，线框产生的热量之比是

，通过导线某一横截面的电量之比是 。

参考答案：1：2

1：4

1：2

1：2

1：2

1：1有安培力公式可知，安培力之比为1：2，由W=Fs,做功之比为1：2，所用时间之比为2:1，功率之比为1：4，拉力做的功全部转化为焦耳热，焦耳热之比为1:2，由，通过导线某一横截面的电量相等11.（4分）变压器铁芯不是采用一整块硅钢，而是用薄硅钢片叠压而成的。这样做的目的是为了

铁芯中的电阻，

铁芯中的涡流，提高变压器的效率。（选填“减小”、“增大”）参考答案：增大、减小12.某一交流电的电压波形如图所示，求这一交流电的电压有效值U=

V

参考答案：

2V.

13.带电量为C的粒子先后经过电场中的A、B两点，克服电场力做功J，已知B点电势为50V，则（l）A、B间两点间的电势差是V；（2）A点的电势V；（3）电势能的变化J；（4）把电量为C的电荷放在A点的电势能J参考答案：（1）-200V（2）-150V（3）J（4）4.５×10-4三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.很多轿车中设有安全气囊以保障驾乘人员的安全，轿车在发生一定强度的碰撞时，利叠氮化纳（NaN3）爆炸产生气体（假设都是N2）充入气囊．若氮气充入后安全气囊的容积V=56L，囊中氮气密度ρ=2.5kg/m3，已知氮气的摩尔质最M=0.028kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1，试估算：（1）囊中氮气分子的总个数N；（2）囊中氮气分子间的平均距离．参考答案：解：（1）设N2的物质的量为n，则n=氮气的分子总数N=NA代入数据得N=3×1024．（2）气体分子间距较大，因此建立每个分子占据一个立方体，则分子间的平均距离，即为立方体的边长，所以一个气体的分子体积为：而设边长为a，则有a3=V0解得：分子平均间距为a=3×10﹣9m答：（1）囊中氮气分子的总个数3×1024；（2）囊中氮气分子间的平均距离3×10﹣9m．【考点】阿伏加德罗常数．【分析】先求出N2的物质量，再根据阿伏加德罗常数求出分子的总个数．根据总体积与分子个数，从而求出一个分子的体积，建立每个分子占据一个立方体，则分子间的平均距离，即为立方体的边长，15.(10分)“玻意耳定律”告诉我们：一定质量的气体．如果保持温度不变，体积减小，压强增大；“查理定律”指出：一定质量的气体，如果保持体积不变，温度升高．压强增大；请你用分子运动论的观点分别解释上述两种现象，并说明两种增大压强的方式有何不同。参考答案：一定质量的气体．如果温度保持不变，分子平均动能不变，每次分子与容器碰撞时平均作用力不变，而体积减小，单位体积内分子数增大，相同时间内撞击到容器壁的分子数增加，因此压强增大，（4分）一定质量的气体，若体积保持不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子热运动加剧，对容器壁碰撞更频繁，每次碰撞平均作用力也增大，所以压强增大。（4分）第一次只改变了单位时间内单位面积器壁上碰撞的分子数；而第二种情况下改变了影响压强的两个因素：单位时间内单位面积上碰撞的次数和每次碰撞的平均作用力。（2分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（12分）如图所示，平行板电容器接在100V的电源上，两极板相距5.0cm，整个装置置于真空中。一质量为1.0×10-6kg的带电液滴恰静止在两板的中央P点处。（g取10m/s2）求：（1）液滴带电性质如何？电量q多大？（2）若设法先固定液滴不动，使两极板相互靠近到2.5cm，再释放液滴，液滴将向什么方向运动？加速度多大？（3）（接上问）若带电液滴离两极板的距离均为1.25cm，求液滴运动到极板需要的时间。参考答案：(1)负电荷…………….2分q=5×10-9C……………….2分(2)向上匀加速运动…..2分2mg-mg=ma

a=g

……2分(3)t=0.05s

方程2分结果2分

17.如图所示，在直角坐标系xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆O1分别与x轴、y轴相切于P（﹣R，0）、Q（0，R）两点，圆O1内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．与y轴负方向平行的匀强电场左边界与y轴重合，右边界交x轴于M点，一带正电的粒子A（重力不计）电荷量为q、质量为m，以某一速率垂直于x轴从P点射入磁场，经磁场偏转恰好从Q点进入电场，最后从M点以与x轴正向夹角为45°的方向射出电场．求：（1）OM之间的距离；（2）该匀强电场的电场强度E；（3）若另有一个与A的质量和电荷量相同、速率也相同的粒子A′，从P点沿与x轴负方向成30°角的方向射入磁场，则粒子A′再次回到x轴上某点时，该点的坐标值为多少？参考答案：解：（1）设粒子A速率为v0，其轨迹圆圆心在O点，故A运动至D点时速度与y轴垂直，粒子A从D至G作类平抛运动，令其加速度为a，在电场中运行的时间为t，则有：x=OG=v0t…①和tan45°==…②联立①②解得：==tan45°=故有：OG=2R…③（2）粒子A的轨迹圆半径为R，由得…④…⑤联立①③⑤得解得：E=（3）令粒子A′轨迹圆圆心为O′，因为∠O′CA′=90°，O′C=R，以O′为圆心，R为半径做A′的轨迹圆交圆形磁场O1于H点，则四边形CO′HO1为菱形，故O′H∥y轴，粒子A′从磁场中出来交y轴于I点，HI⊥O′H，所以粒子A′也是垂直于y轴进入电场的，令粒子A′从J点射出电场，交x轴于K点，因与粒子A在电场中的运动类似，∠JKG=45°，GK=GJ．

OI﹣JG=R又OI=R+Rcos30°解得：JG=Rcos30°=R

粒子A′再次回到x轴上的坐标为（2R+R，0）答：（1）OG之间的距离2R；（2