廣東省佛山市黃岐中學2021年高二物理上學期期末試題含解析

廣東省佛山市黃岐中學2021年高二物理上學期期末試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.如圖所示，a、b、c、d四個線圈平面都垂直于無邊界的勻強磁場，a線圈以速度v沿箭頭方向勻速運動，b線圈以加速度a沿箭頭方向做加速運動，c線圈繞軸oo′轉(zhuǎn)動，d線圈繞過c點的垂直線圈平面的軸轉(zhuǎn)動。這四個線圈中能產(chǎn)生感應電流的是（）參考答案：C直接利用感應電流產(chǎn)生的條件判斷，即分析線圈中的磁通量是否發(fā)生變化。要分析磁通量的變化，一定要知道線圈運動前后的磁通量。線圈所在空間磁感強度未變，只考慮線圈在運動中線圈與磁場的正對面積。顯然，A、B選項中線圈平動時，D選項中線圈轉(zhuǎn)動時，磁通量均未變，A、B、D錯；C選項中轉(zhuǎn)動線圈時，一定導致磁通量發(fā)生變化，C正確。2.在地球赤道上進行實驗時，用磁傳感器測得赤道上P點地磁場磁感應強度大小為B0．將一條形磁鐵固定在P點附近的水平面上，讓N極指向正北方向，如圖所示，此時用磁傳感器測得P點的磁感應強度大小為B1；現(xiàn)將條形磁鐵以P點為軸旋轉(zhuǎn)90°，使其N極指向正東方向，此時用磁傳感器測得P點的磁感應強度的大小應為（可認為地磁南、北極與地理北、南極重合）（

）A.B1－B0B.C.B1＋B0D.參考答案：B赤道上P點地磁場磁感應強度大小為B0，條形磁鐵N極指向正北方向，其分磁感應強度也向正北，條形磁鐵N極指向正東方向，其分磁感應強度也向正東方向，結(jié)合矢量合成的平行四邊形定則列式求解即可；根據(jù)題意，赤道上P點地磁場磁感應強度大小為；

條形磁鐵N極指向正北方向，其分磁感應強度也向正北，故條行磁鐵在P點產(chǎn)生的磁感應強度為：

條形磁鐵N極指向正東方向，其分磁感應強度也向正東方向，此時兩個分矢量垂直，故P點的合磁感應強度為：，故選項B正確，選項ACD錯誤?！军c睛】物理中力、電場強度、磁場強度等均為矢量，在合成時遵循平行四邊形定則，因此要熟練應用平行四邊形定則進行矢量的合成。3.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，電容器下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)交平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，下列說法正確的是（）A．帶電油滴將豎直向上運動B．P點的電勢將降低C．電容器的電容增大，極板帶電荷量不變D．電容器的民容增大，極板帶電荷量減小參考答案：A【考點】電容器的動態(tài)分析．【分析】將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=分析板間場強的變化，判斷電場力變化，確定油滴運動情況．由U=Ed分析P點與下極板間電勢差如何變化，即能分析P點電勢的變化和油滴電勢能的變化．【解答】解：A、將上極板豎直向下移動時，d減小，電容器的電壓U不變，由E=分析得知，板間場強增大，則油滴所受電場力增大，油滴將沿豎直向上運動．故A正確．B、P點到下極板的距離不變，而E增大，由U=Ed知，P點與下極板間電勢差增大，P點的電勢大于零，則P點的電勢升高，故B錯誤；C、d減小，由C=知，電容C增大，U不變，由C=分析可知電容器所帶電量增加，故CD錯誤；故選：A4.（多選題）在遠距離輸電中，當輸電線的電阻和輸送的電功率不變時，那么（）A．輸電線路上損失的電壓與輸送電流成正比B．輸電的電壓越高，輸電線路上損失的電壓越大C．輸電線路上損失的功率跟輸送電壓的平方成反比D．輸電線路上損失的功率跟輸電線的電流成正比參考答案：AC【考點】遠距離輸電．【分析】根據(jù)P=UI得出輸送功率與輸送電壓、電流的關(guān)系，結(jié)合P損=I2R判斷輸電線路上功率的損失．【解答】解：A、輸電線上的電壓損失△U=IR，輸電線路上損失的電壓與輸送電流成正比．故A正確．B、輸電電壓越高，根據(jù)P=UI知，輸送的電流越小，則輸電線上損失的電壓越?。蔅錯誤．C、根據(jù)P=UI知，I=，則輸電線上損失的功率P損=I2R=（）2R，知輸電線上損失的功率與輸送電壓的平方成反比．故C正確．D、根據(jù)P損=I2R知，輸電線上損失的功率與輸電線上的電流平方成正比．故D錯誤．故選：AC．5.一正方形閉合導線框abcd，邊長為0.1m，各邊電阻均為1Ω，bc邊位于x軸上，在x軸原點O右方有寬為0.2m、磁感應強度為1T的垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)，如圖所示，當線框以恒定速度4m/s沿x軸正方向穿越磁場區(qū)過程中，如圖所示中，哪一圖線可正確表示線框從進入到穿出過程中，ab邊兩端電勢差Uab隨位置變化的情況（

）參考答案：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一臺起重機將質(zhì)量為kg的貨物在2s的時間內(nèi)勻速提升5m，不計額外功，起重機在這2s內(nèi)做的功為__________J，起重機在這2s內(nèi)的平均輸出功率為__________W。貨物克服重力做功

J。（g?。﹨⒖即鸢福?×105

；2.5×105；5×1057.A、B兩物體在水平面上相向運動，其中物體A的質(zhì)量為mA=4kg，兩球發(fā)生相互作用前后的運動情況如圖所示．則：（1）由圖可知A、B兩物體在

時刻發(fā)生碰撞，B物體的質(zhì)量為mB=

kg．（2）碰撞過程中，系統(tǒng)的機械能損失

J．參考答案：（1）2s，6；（2）30【考點】動量守恒定律．【分析】根據(jù)位移時間圖線分別求出A、B兩物體碰前和碰后的速度，根據(jù)動量守恒定律求出B物體的質(zhì)量．根據(jù)能量守恒定律求出碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能【解答】解：（1）根據(jù)圖象可知，A、B兩物體在2s末時刻發(fā)生碰撞，x﹣t圖象的斜率表示速度，則碰前A的速度為：，B的速度為：．碰后的AB的速度為：v=．根據(jù)動量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v解得：mB=6kg（2）根據(jù)能量守恒得，損失的機械能為：代入數(shù)據(jù)得：△E=30J．故答案為：（1）2s，6；（2）308.一氣泡從湖底上升到湖面的過程中溫度保持不變,則氣泡上升過程中,氣泡內(nèi)的氣體

熱量,內(nèi)能

.

參考答案：吸收,不變(每空2分)9.質(zhì)量為m，電量為q帶正電荷的小物塊從半徑為R的光滑圓槽頂點由靜止下滑，整個裝置處于電場強度為E，磁感應強度為B的區(qū)域內(nèi)如圖所示，則小物塊滑到底端時對軌道的壓力為________．參考答案：小物塊滑到底端時對軌道的壓力為3mg－2qE＋qB10.如圖所示,在勻強電場中有a、b、c三點,a、b相距4cm,b、c相距10cm.將一個帶電荷量為2×10-8C的電荷從b點移到c點時電場力做功為5×10-6J,則b、c間電勢差為________V，勻強電場的電場強度為___________v/m.。參考答案：

(1).250；

(2).5000；從b點移到c點時電場力做功求解b、c間的電勢差；根據(jù)求解電場強度E。電荷從b點移到c點，根據(jù)，解得：，則電場強度為。【點睛】本題考查求解電場力做功的基本能力．對于電勢差公式應用時，往往各個量均代入符號，而公式中的d為沿電場線方向的距離．11.如圖所示，一個偏心輪的圓心為O，重心為C，它們所組成的系統(tǒng)在豎直方向上發(fā)生自由振動的頻率為f，當偏心輪以角速度ω繞O軸勻速轉(zhuǎn)動時，則當ω＝__________時振動最為劇烈，這個現(xiàn)象稱為____________。參考答案：(1)2πf(2)共振12.如圖所示，電子（質(zhì)量m，電量e）經(jīng)加速電場（電壓為U1）后由中央進入偏轉(zhuǎn)電場（電壓為U2），然后從下極板的邊緣飛出偏轉(zhuǎn)電場，電子飛出電場時的動能為

；已知偏轉(zhuǎn)電場極板長度為L，板間距離為d，該電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的加速度大小是a=

。

參考答案：，13.參考答案：三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.在《測定金屬絲電阻率》的實驗中，需要測出其長度L，直徑d和電阻R。用螺旋測微器測金屬絲直徑時讀數(shù)如下圖A，則金屬絲的直徑為____________mm．圖C游標卡尺的讀數(shù)為____________cm。若用圖B的電路圖測金屬絲的電阻，則測量結(jié)果將比真實值________。（填“偏大”或“偏小”）

參考答案：0.696----0.698mm

10.00cm

偏小15.一量程為100μA的電流表，內(nèi)阻為100Ω，表盤刻度均勻，若串聯(lián)一個9900Ω的電阻將它改裝成電壓表，則該電壓表的量程是________V,用它來測量電壓時，表盤指針位置如圖所示．此時電壓表的讀數(shù)大小為________V；若要將該電流表改裝成量程10.1mA的電流表，則需要并聯(lián)一個________Ω的電阻。參考答案：1V，0.8V,

1四、計算題：本題共3小題，共計47分16.質(zhì)量為m1=2.0kg和m2(未知)的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其χ－t(位移－時間)圖象如圖所示，試通過計算回答下列問題：①m2等于多少千克?②質(zhì)量為m1的物體在碰撞過程中動量變化量是多少？（注意正負號）參考答案：（1）由圖象知，m1碰前速度v1=4m/s，碰后的速度v1/=–2m/s--2分m2碰前速度v2=0，碰后的速度v2/=2m/s------------------------------------2分由動量守恒定律得:m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/

帶入數(shù)據(jù)解得：m2=6.0kg-----------------------------------------------------------2分（2）質(zhì)量為m1的物體在碰撞過程中動量的變化量是△P=-12kg.m/s-17.(13分)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B=2T，匝數(shù)n=6的矩形線圈abcd繞中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，角速度ω=200rad/s。已知ab=0.1m，bc=0.2m，線圈的總電阻R=40Ω，試求：(1)線圈中感應電動勢的最大值和感應電流的最大值；(2)設(shè)時間t=0時線圈平面與磁感線垂直，寫出線圈中感應電動勢的瞬時值表達式；(3)當ωt=30°時，穿過線圈的磁通量和線圈中的電流的瞬時值；(4)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過的過程中，感應電動勢的平均值。參考答案：解析：（1）因為線圈勻速轉(zhuǎn)動，感應電動勢的最大值就出現(xiàn)在圖示位置Em=nBSω=6×2×0.1×0.2×200V=48V………①（2分）感應電流最大值Im=

A=1.2A………………②（1分）（2）感應電動勢的瞬時值表達式：e=Em·sinωt=48sin200tV……………③（2分）（3）當ωt=30°角時，穿過線圈的磁通量為Φ，則Φ=Bs·cos30°=2×0.1×0.2×Wb=0.035Wb……④（2分）此時感應電動勢瞬時值為：e=48sin30°V=48×V=24V…………⑤（1分）由歐姆定律可得此時電流瞬時值為：i=

A=0.6A……⑥（1分）（4）線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過的過程中，磁通量的變化為ΔΦ=B·S……………⑦（1分）線圈轉(zhuǎn)過所用的時間Δt=……⑧（1分）此過程中交變電動勢的平均值=n·

≈30.6V…………⑨（2分）18.如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變。不計重力。?）求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需時間；（2）若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值。參考答案：；【分析】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求解；對于磁場中圓