安徽省滁州市定远县育才学校2021-2022学年高二分层班下学期期末考试物理试题（Word版含答案）

定远育才学校2021-2022学年第二学期期末试卷
高二分层班物理试题
考试范围：必修三、选择性必修一、选择性必修二；考试时间：90分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题(本大题共7小题，满分28分)
1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法错误的是（　　）
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦预言了电磁波；赫兹用实验证实了电磁波的存在
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
2．作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅设计先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积，风速为25m/s，空气密度，风遇到风阻尼器后速度立即减为零，则风对风阻尼器产生的作用力大小约为（　　）
A．7500N B．750N C．300N D．900N
3．某空间存在一条沿x轴方向的电场线，电场强度E随x变化的规律如图所示，图线关于坐标原点中心对称，则（　　）
A．x1、x2处的电场方向相同
B．电势差
C．取无穷远处电势为零，则O点处电势也为零
D．若将一试探电荷于x2处由静止释放，该电荷可能经过x1处
4．如图所示，边长为L的等边三角形线框PMN由三根相同的导体棒连接而成，线框平面与磁感应强度方向垂直，当流入M点的电流为I时，导体棒MP受到的安培力大小为F，则（　　）
A．MN边受到的安培力的大小为0.5F
B．整个线框受到的安培力的大小为2F
C．匀强磁场的磁感应强度大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
5．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“阿拉果圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是（　　）
A．因为穿过圆盘的磁通量不变，圆盘上没有感应电流
B．穿过整个圆盘的磁通量发生了变化从而产生沿圆盘边缘的环形电流
C．圆盘内局部面积的磁通量变化产生感应电流，从而产生磁场导致磁针转动
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了环形电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
6．如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B．滑块经过最低点时的加速度比磁场不存在时小
C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D．滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
7．如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0串联后接在电压U0=36V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1:3，已知R0=4Ω，R的最大阻值为100Ω。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法正确的是（　　）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电源的输出功率变小
C．当R=4Ω时，电压表示数为108V
D．当R=36Ω时，R获得的功率最大
二、多选题(本大题共3小题，满分12分)
8．如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则（水平面光滑）（　　）
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
9．如图所示，在以r为半径、O为圆心的圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，AC为圆的直径，与竖直线AD的夹角为45°。某粒子源在A点向AC与AD之间各方向射入质量均为m、电荷量均为q、速率均为v的离子。已知沿AD方向射入磁场的离子经磁场偏转后从磁场区域射出时速度方向恰好与直径AC垂直，不计离子的重力及离子间的相互作用力。下列说法正确的是（　　）
A．离子在磁场中的轨迹半径为
B．磁场的磁感应强度大小为
C．沿直径AC射入磁场的离子，经磁场偏转后也垂直于直径AC射出
D．离子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为2：1
10．如图所示，n匝矩形闭合导线框全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与边重合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，线框转过时的感应电流为I，下列说法正确的是（　　）
A．线框中感应电流的有效值为
B．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为
C．从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为
D．线框转动一周的过程中，产生的热量为
第II卷（非选择题）
三、实验题(本大题共2小题，满分16分)
11．某校综合实践活动小组进行简易温控报警系统研究。该系统核心元件采用热敏电阻来控制。该活动小组的同学首先对选用的热敏电阻的温度特性进行研究，可能用到以下实验器材：
A．热敏电阻RT（常温下的阻值约为30Ω）
B．烧杯、热水、温度计
C．电流表（量程0 ~ 0.6A，内阻R1= 5Ω）
D．电压表（量程0 ~ 6V，内阻约15kΩ）
E．滑动变阻器（最大阻值为500Ω，额定电流0.5A）
F．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流2A）
G．电源（电动势6V，额定电流2A，内阻不计）
H．开关一个，导线若干
（1）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，为使测量尽量准确，则滑动变阻器应选择______；（填器材前的字母标号）
（2）请你按照实验要求在图甲虚线框中完成热敏电阻的温度特性测定实验电路图；
（3）该小组测得的实验数据如下表所示，请在图乙坐标纸上作出RT-T图像______；
温度（T/℃） 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 80.0
电阻（RT/Ω） 44.3 33.8 24.5 19.3 15.8 12.7
（4）在探明该热敏电阻特性的基础上，该研究小组设计了如图丙所示的简易温控报警系统。直流电源E（电动势3V，内阻不计），当1、2两端所加电压降低至1V时，温控控制开关自动启动报警系统。若要求当温度升高至70°C时启动报警系统，则可调电阻应该调节为______Ω（小数点后保留1位数字）；
（5）若要调低系统的报警温度，则可调电阻的阻值应该调______（选填“大”或“小”）。
12．小明同学尝试测量电瓶车上蓄电池的电动势和内阻。
（1）已知电源内阻比较小，移动滑动变阻器滑片时，为了使电压表示数变化比较明显，小明在思考后将R0=7Ω的定值电阻串入电路中，如图甲中的___________（选填“A”或“B”）。
（2）选定设计的实验电路，多次调节滑动变阻器R阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，由将测得的数据描绘出如图乙所示的U-I图像。蓄电池的内阻r0=___________Ω。（结果保留两位有效数字）
（3）该同学分析了实验中由电表内阻引起的实验误差。下图中，实线是根据本实验的数据描点作图得到的U-I图像；虚线是该电源在没有电表内阻影响的理想情况下所对应的U-I图像。则可能正确的是___________。
A． B．
C． D．
四、计算题(本大题共4小题，满分44分)
13．（10分）超导电磁炮是一种新型兵器，它的主要原理如图所示。在一次实验中，利用这种装置可以把质量为20g的弹体（包括金属杆EF的质量）由静止加速到10km/s。若这种装置的轨道宽2m，长为10m，通过的电流恒为，轨道摩擦可忽略不计，求：
（1）轨道间所加匀强磁场的磁感应强度多大；
（2）磁场力的最大功率多大；
（3）金属杆EF扫过的面积中的磁通量为多少。
14．（10分）如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M=30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg，游戏时甲推着一个质量m=15kg的箱子和他一起以大小为v0=2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞．
15．（12分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第I象限有沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m带电荷量为q的正粒子（不计重力）从坐标为[ （2 +）L，L]的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与x轴负方向夹角为60° ，不计重力，求∶
（1）粒子从O点射出时的速度大小v；
（2）电场强度E的大小；
（3）粒子从P点运动到O点所用的时间。
16．（12分）如图所示，两足够长、阻值不计、间距为的光滑平行固定金属导轨、水平放置，两导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。质量均为、阻值均为的导体棒、静止于导轨上，两导体棒与两导轨垂直，两棒间距也为，并与导轨保持良好接触。现给导体棒一个水平向右的瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度。求：
（1）从开始到稳定的过程中，流过棒的电荷量；
（2）稳定时、两导体棒之间的距离。
参考答案
1．D
【解析】A．奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，选项A正确；
B．麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，选项B正确；
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，选项C正确；
D．洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误。本题选项错误的，故选D。
2．A
【解析】设t时间内吹到风阻尼器上的空气质量为m，则有
对t时间内吹到风阻尼器上的空气，根据动量定理有
得
代入数据解得
根据牛顿第三定律，风阻尼器受到的风力为7500N。
故选A。
3．B
【解析】A．根据场强的正负反映场强的方向，可知x1、x2处的电场方向相反，故A错误；
B．根据图象与x轴围成的面积分析电势差的大小，可知电势差
故B正确；
C．根据场强的正负反映场强的方向可知x轴正半轴场强向右，x轴负半轴场强向左，根据沿电场线方向电势降低，取无穷远处电势为零，则O点处电势大于零，故C错误；
D．由图可知，场强对称分布，根据电场力做功可知，若将一带负电的试探电荷于x2处由静止释放，即使该电荷受力向左，向x轴负半轴运动，最远也只能运动到与x2对称的-x2处，不可能经过x1处，故D错误。故选B。
4．D
【解析】A．MPN边与MN边并联，故流过MPN边的电流为，故MP边受到的安培力为
流过MN的电流为，故MN边受到的安培力为
A错误；
B．MPN边有效长度为L，故安培力为
整个线框受到的安培力为
B错误；
C．由可得，匀强磁场的磁感应强度大小为
C错误，D正确。故选D。
5．C
【解析】A．穿过圆盘的磁通量不变，但是圆盘局部面积的磁通量发生变化，所以在圆盘上有不同的感应电流，从而产生涡流，所以A错误；
B．穿过整个圆盘的磁通量没有发生了变化，所以沿圆盘边缘没有产生环形电流，所以B错误；
C．圆盘内局部面积的磁通量变化产生感应电流，从而产生磁场导致磁针转动，所以C正确；
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了环形电流而产生的磁场，由安培定则可判断出磁场的方向在中心方向竖直向下，其它位置关于中心对称，则此电流产生的磁场不会导致磁针转动，所以D错误；故选C。
6．D
【解析】A．由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，故A错误；
B．滑块经过最低点时的加速度
a＝
则与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，故B错误；
C．由左手定则可知，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时所受的向心力不变，故轨道对滑块的支持力变大，故滑块对轨道的压力变大，故C错误；
D．由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，不做功，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，则滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等，故D正确。
故选D。
7．D
【解析】A．由理想变压器的特点可知
可知
滑动变阻器R的滑片P向下滑动，R减小， 则I1变大， I2变大，故电流表示数变大，原线圈两端电压
所以U1减小，则U2减小，电压表示数减小，故A错误；
B．据前面分析，由于I1变大，电源的输出功率为
则电源的输出功率变大，故B错误；
C．当R=4Ω时，电压表示数副线圈两端电压U2，根据变压器的工作原理有
依题意有
联立解得
即电压表示数为10.8V，故C错误；
D．等效电路思想，根据理想变压器输入、输出功率相等这一特点，R获得的功率最大，即变压器原线圈的输入功率达到最大，相当于将原线圈替换为一电阻，其阻值为
将R0视为交流电源U0的内阻，可知当R1=R0时，R1会获得最大的功率；
此时根据电路特点依题意有
根据变压器规律有
则滑动变阻器的阻值为
故D正确。故选D。
8．BD
【解析】AB．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，故A错误，B正确；
C．根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，故C错误；
D．小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM
mvm-MvM=0
两边同时乘以运动时间t
mvmt-MvMt=0
即
mxm=MxM
又
xm＋xM=2l
解得小车向右移动的最大距离为
xM=
故D正确。故选BD。
9．BC
【解析】A．沿AD方向射入磁场的离子，经磁场偏转后垂直于直径AC从M点射出，如图所示
由几何关系可知，又与为等腰三角形，所以为菱形，则离子在磁场中的轨迹半径为，故A错误；
B．由洛伦兹力提供向心力得
可得
故B正确；
C．沿直径AC射入磁场的离子，在磁场中偏转从P点射出，因离子的轨迹半径为r，则为正方形，所以离子垂直于直径AC射出，故C正确；
D．综上分析可知，所有射入的离子射出磁场时速度方向均与AC垂直，其中沿AD方向射入磁场的离子在磁场中运动时间最长，转过的圆心角为135°，沿直径AC射入磁场的离子在磁场中运动时间最短，转过的圆心角为90°，由
可知离子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为3：2，故D错误。
故选BC。
10．CD
【解析】A．根据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势
电流
线框转过时的感应电流为
电流的有效值
故A错误；
B．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS，又
解得
BS=
所以B错误；
C．从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为
故C正确；
D．转一周产生的热量代入解得
故D正确。
故选CD。
11． （1） F （2） （3） （4）28.0（27.5~28.5范围内均可） （5）大
【解析】（1）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，则滑动变阻器应采用分压式接法，为了便于控制分压，应选择最大阻值较小的F。
（2）由于电流表内阻已知，所以应采用内接法，从而消除由于电压表分流带来的系统误差，电路图如图所示。
（3）如图所示。
（4）根据RT –T图像可知当温度升高至70°C时，RT≈14Ω。根据闭合电路欧姆定律有
解得
（5）若要调低系统的报警温度，则报警时RT的阻值增大，根据串联电路分压规律可知可调电阻的阻值应该调大。
12． （1）A （2）1.0 （3）C
【解析】
①为了使电压表变化明显，应将电路连接成A图形式，此时R0相当于内电阻。
②蓄电池的内阻与R0串联后的总阻值为U—I图像的斜率的绝对值，即
因此电源内电阻
③该实验的主要实验误差来源于电压表的分流作用，理论上当外电路短路时，电压表没有分流作用，电流是准确的，随着路端电压的升高，电压表的分流作用逐渐增加，测量值明显小于真实值，因此测量的图像应在真实图像的下方，且短路电流时，两个图像重合。故选C。
13．（1）；（2）；（3）
【解析】（1）炮弹所受的安培力为
炮弹产生的加速度为
由运动学公式
联立可解得磁感应强度为
（2）磁场的最大功率为
（3）金属杆EF扫过的面积中的磁通量为
14．甲至少要以5.2m/s的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞
【解析】设甲至少以速度v将箱子推出，甲推出箱子后速度为v甲，乙抓住箱子后速度为v乙，则由动量守恒定律，得：
甲推箱子过程：(M＋m)v0＝Mv甲＋mv
乙抓箱子过程：mv－Mv0＝(M＋m)v乙
甲、乙恰不相碰的条件是：v甲＝v乙
代入数据可解得：v＝5.2 m/s.
15．（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出。（轨迹如图所示）
根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为，方向与x轴负方向成60°角，则有
解得
（2）在P到Q过程中，由动能定理得
解得
（3）设粒子在电场中运动的时间为t1，则有
解得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得
粒子在磁场中的运动时间为
解得
粒子在由P到O过程中的总时间
联立解得
16．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）两导体棒组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力为零。则系统动量守恒，且最终两导体棒会以相同的速度做匀速运动。以的方向为正方向，由动量守恒得
解得稳定时、两导体棒速度为
对棒由动量定理有
即
又
联立解得，从开始到稳定的过程中，流过棒的电荷量为
（2）设两棒间的相对位移为，则
解得
则最终稳定时，、两导体棒之间的距离为