2022-2023學年山東省濟南市萊蕪重點中學高二（上）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學年山東省濟南市萊蕪重點中學高二（上）期末物理試卷一、選擇題（本大題共12小題，共48分）1.下列說法中正確的是(

)A.周期性變化的電場可以產(chǎn)生恒定的磁場

B.若有一小段通電導體在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應強度一定為0

C.麥克斯韋最早通過實驗證實了電磁波的存在

D.磁感應強度是用來表示磁場強弱的物理量2.A、B、C、D是以AD為直徑的半圓弧上的四個點，O為半圓弧的圓心，∠AOB=∠DOC=30°。在A、D處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，此時O點的磁感應強度大小為B0。若將A、D處的長直導線分別移至B、C處，則此時O點的磁感應強度大小為(

)

A.B0 B.B02 C.23.如圖所示，A、B是兩個完全相同的燈泡，D是理想二極管，L是帶鐵芯的線圈，其自感系數(shù)很大，直流電阻忽略不計，下列說法正確的(

)

A.S閉合瞬間，A先亮

B.S閉合瞬間，A、B同時亮

C.S斷開瞬間，A閃亮一下，然后逐漸熄滅

D.S斷開瞬間，A逐漸熄滅，但不會閃亮一下4.如圖所示，固定在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離L時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)。設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g，則此過程錯誤的是(

)

A.桿的速度最大值為(F?μmg)RB2d2

B.流過電阻R的電荷量為BdLR+r

C.從靜止到速度恰好達到最大經(jīng)歷的時間t=5.玩具水槍是兒童們夏天喜愛的玩具之一，但水槍傷眼的事件也時有發(fā)生，因此，限制兒童水槍的威力就成了生產(chǎn)廠家必須關(guān)注的問題?，F(xiàn)有一水槍樣品，如圖所示，槍口直徑為d，水的密度為ρ，水平出射速度為v，垂直擊中豎直目標后以大小為0.2v的速度反向濺回，則水柱水平擊中目標的平均沖擊力大小為(

)

A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd6.如圖所示，回旋加速器兩個D形金屬盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近。若粒子源射出的粒子(初速度不計)電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為R，則(

)

A.粒子在盒內(nèi)一直做加速圓周運動

B.所加交流電源的周期為πmqB

C.粒子加速后獲得的最大動能小于qBR22m

D.若將交流電源電壓U7.如圖所示，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電壓表和電流表均為理想電表，電阻RA、RB的阻值與滑動變阻器的最大阻值相等。在滑動變阻器的滑片P從a端滑到b端的過程中，下列說法正確的是(

)

A.電壓表示數(shù)U與電流表示數(shù)I的比值不變

B.電流表的示數(shù)增大

C.電壓表的示數(shù)先增大后減小

D.電源的效率一直增大8.我國超級電網(wǎng)，將熱、水、風、光、核發(fā)電及電動汽車電池儲能并入電網(wǎng)．如圖所示為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖．升壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為U1和U2，降壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為U3和U4.在輸電線路的起始端接入兩個互感器，兩個互感器原、副線圈的匝數(shù)比分別為10:1和1:10，各互感器和電表均為理想的，則下列說法正確酌是A.兩互感器均起到降壓作用

B.若電壓表的示數(shù)為220V，電流表的示數(shù)為10A，則線路輸送電功率為220kW

C.若保持發(fā)電機輸出電壓U1和用戶數(shù)一定，僅將滑片Q下移，則輸電線損耗功率減少

D.若發(fā)電機輸出電壓U1一定，若用戶數(shù)增加，為維持用戶電壓U49.如圖所示，電源電動勢E=6V，小燈泡L標有“2V，2W”字樣，開關(guān)S接1，當電阻箱調(diào)到R=3Ω時，小燈泡L正常發(fā)光；然后將開關(guān)S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作。電動機線圈的電阻RM=1Ω。則(

)

A.電源內(nèi)阻為1Ω B.電動機的正常工作電流為1.5A

C.電動機的輸出功率為2W D.電源效率約為93.3%10.圖甲為小型交流發(fā)電機的原理圖，發(fā)電機的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，從t=0時刻開始，通過矩形線圈的磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知線圈的匝數(shù)n=50，線圈的電阻r=5Ω，線圈與外電路連接的定值電阻R=45Ω，電壓表為理想交流電表。則下列判斷不正確的是(

)

A.線圈轉(zhuǎn)動的周期為6.28s

B.t=0時刻線圈平面與磁感線平行

C.線圈轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的最大感應電動勢為1002V

11.如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為+q，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中，下列說法中正確的是(

)

A.小球的加速度一直增大

B.小球的機械能和電勢能的總和逐漸不變

C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2μqE?mg2μqB

D.12.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，相距為2L的兩條直線MN、PQ之間存在著豎直向下的勻強磁場，一個用相同材料且粗細均勻的電阻絲制成的、邊長為L的正方形線框以速度v1從MN左側(cè)沿垂直于MN的方向進入磁場區(qū)，線框完全離開磁場區(qū)域時速度大小變?yōu)関2，且v2=12A.整個線框處于磁場區(qū)域運動時，A、B兩點電勢不相等

B.線框進入磁場過程與線框穿出磁場過程中通過線框截面的電量不相等

C.線框在進入磁場過程與穿出磁場兩個過程中克服安培力做功之比為7：5

D.若只將線框進入磁場時的速度v1變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則線框穿出磁場時的速度v二、非選擇題（52分）13.小明利用如圖1所示的實驗裝置驗證動量定理。將遮光條安裝在滑塊上，用天平測出遮光條和滑塊的總質(zhì)量M=200.0g，槽碼和掛鉤的總質(zhì)量m=50.0g。實驗時，將滑塊系在繞過定滑輪懸掛有槽碼的細線上?；瑝K由靜止釋放，數(shù)字計時器記錄下遮光條通過光電門1和2的遮光時間Δt1和Δt2，以及這兩次開始遮光的時間間隔Δt(1)游標卡尺測量遮光條寬度如圖2所示，其寬度d=_____mm；(2)打開氣泵，帶氣流穩(wěn)定后，觀察到_____，說明氣墊導軌水平。(3)多次改變光電門2的位置進行測量，得到Δt和Δv的數(shù)據(jù)如下表請根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在方格紙上作出Δv?Δt圖線。Δt/s0.7210.7900.8540.9130.968Δv/1.381.521.641.751.86(4)查得當?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2，根據(jù)動量定理，Δv?Δt圖線斜率的理論值為_____(5)實驗結(jié)果發(fā)現(xiàn)，圖線斜率的實驗值總小于理論值，產(chǎn)生這一誤差的兩個可能原因(

)A.選用的槽碼質(zhì)量偏小B.細線與氣墊導軌不完全平行C.每次釋放滑塊的位置不同D.實驗中Δt的測量值偏大14.某實驗小組為了測量某一電阻Rx的阻值，他們先用多用電表進行粗測，測量出Rx的阻值約為18Ω.A.電流表(量程15mA，內(nèi)阻未知)B.電阻箱(0～99.99Ω)C.電阻箱(0～999.9Ω)D.電源(電動勢約3V，內(nèi)阻約1Ω)E.開關(guān)2只F.導線若干(1)甲同學設計了如圖甲所示的實驗原理圖并連接好實驗器材，按照如下步驟完成實驗：a.先將電阻箱阻值調(diào)到最大，閉合S1，斷開S2，調(diào)節(jié)電阻箱阻值，使電流表指針有較大的偏轉(zhuǎn)，讀出此時電阻箱的阻值R1b.保持開關(guān)S1閉合，再閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電流表的示數(shù)仍為I，記下此時電阻箱的阻值①根據(jù)實驗步驟和實驗器材規(guī)格可知，電阻箱應選擇____(選填器材前的字母)；②根據(jù)實驗步驟可知，待測電阻Rx=____(用步驟中所測得的物理量表示(2)乙同學認為該電路也可以用來測量電源的電動勢和內(nèi)阻．若已知所選電流表的內(nèi)阻為RA，同時閉合開關(guān)S1和S2，調(diào)節(jié)電阻箱R，讀出多組電阻值R和電流I的數(shù)據(jù)；由實驗數(shù)據(jù)繪出的1I?R圖象如圖乙所示，圖象的斜率為k、截距為b，由此可求得電源電動勢E=____，內(nèi)阻r=

15.如圖所示，運動員練習用頭顛球。某一次足球由靜止下落0.6m，被重新頂起，離開頭部后豎直上升至1m處。已知足球與頭部的作用時間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，足球在空中時空氣阻力為1N，大小不變，其他時間空氣阻力不計。重力加速度g取10m/s2(1)足球在空中時空氣阻力對它的沖量；(2)足球與頭部作用過程中，合力對足球的沖量。

16.如圖所示，線框由裸導線組成，cd、ef兩邊豎直放置且相互平行，導體棒ab水平放置并可沿cd、ef無摩擦滑動，導體棒ab所在處有垂直線框所在平面向里的勻強磁場且B2=2T。已知ab長L=0.1m，整個電路總電阻R=0.5Ω，螺線管匝數(shù)n=4，螺線管橫截面積S=0.1m2，在螺線管內(nèi)有如圖所示方向的磁場B1，若磁場B1以Δ(1)通過導體棒ab的電流I的大??；(2)導體棒ab的質(zhì)量m的大?。?3)現(xiàn)去掉磁場B1，導體棒ab

17.如圖所示，在坐標系第一象限內(nèi)有正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，方向未知，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里；在第二象限的某個三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以某一速度v(大小未知)沿與x軸負方向成θ角(θ<π2)的方向從A點進入第一象限，在第一象限內(nèi)做直線運動，而后從y軸上的C點進入三角形磁場區(qū)域。一段時間后，粒子經(jīng)過x軸上的D點且速度方向與x軸負方向成θ角。已知A點坐標為(L,0)，D點坐標為(1)勻強電場E的方向與x軸正方向的夾角α的大小和粒子速度的大??；(2)三角形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B′的大??；(3)三角形區(qū)域磁場的最小面積。

18.如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A與質(zhì)量為2m的物塊B靜置于光滑水平面上，B與一個水平輕質(zhì)彈簧拴接。現(xiàn)使物塊A獲得水平向右的初速度v0，A與彈簧發(fā)生相互作用，最終與彈簧分離，全過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。(1)求兩物塊最終分離時各自的速度；(2)在兩物塊相互作用過程中，求當物塊A的速度大小為v0(3)如果在物塊B的右側(cè)固定一擋板(擋板的位置未知，圖中未畫出)，在物塊A與彈簧分離之前，物塊B與擋板發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后物塊B以碰撞前的速率反向彈回，碰撞后的瞬間立即撤去擋板，求碰撞后的過程中彈簧最大彈性勢能可能的取值范圍。

答案和解析1.【答案】D

【解析】A.根據(jù)麥克斯韋電磁理論，周期性變化得電場可以產(chǎn)生周期性變化的磁場，故A錯誤；B.通電導體在磁場中受到的磁場力為安培力，安培力的表達式為F=BIL當通電導體所受的安培力為零時有可能磁感應強度為零，也可能導體與磁場方向平行，故B錯誤；C.赫茲最早通過實驗證實了電磁波的存在，故C錯誤；D.磁感應強度是用來表示磁場強弱的物理量，故D正確。故選D。

2.【答案】D

【解析】設長直導線在O點的磁感應強度大小為B，根據(jù)安培定則和疊加原理BB′=2B解得B′=故選D。

3.【答案】C

【解析】AB.開關(guān)S閉合時，燈泡A所在支路由于二極管的單向?qū)щ娦远幱跀嗦窢顟B(tài)，所以燈泡A不會亮。由于線圈的自感作用，燈泡B逐漸亮起來，故AB錯誤；CD.開光S斷開瞬間，由于線圈的自感作用，線圈、二極管、燈泡A構(gòu)成了一個閉合回路，自感電流的方向符合二極管的導通方向，所以燈泡A開始發(fā)光，隨著自感電流減小，燈泡A熄滅，即燈泡A閃亮一下，然后逐漸熄滅。燈泡B則立即熄滅，故C正確，D錯誤。故選C。

4.【答案】A

【解析】A.當桿的速度達到最大時，安培力為F此時桿受力平衡，則有F?μmg?F安=0解得v=A錯誤，符合題意；B.流過電阻R的電荷量為q=B正確，不符合題意；C.根據(jù)動量定理有F?μmgt?BIt=mv

結(jié)合上述解得t=C正確，不符合題意；D.對于桿從靜止到速度達到最大的過程，根據(jù)動能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數(shù)和等于桿動能的變化量，由于摩擦力做負功，所以恒力F、安培力做功的代數(shù)和大于桿動能的變化量，D正確，不符合題意。故選A。

5.【答案】B

【解析】設t時間內(nèi)水槍噴出的水柱長度為l，則有v=t時間內(nèi)沖擊墻壁的水的質(zhì)量為m=ρV=ρSl=設墻壁對水柱的平均沖擊力大小為F，根據(jù)動量定理有Ft=0.2mv?(?mv)聯(lián)立以上三式解得F=0.3π根據(jù)牛頓第三定律可知水柱水平擊中目標的平均沖擊力大小為F′=F=0.3π故選B。

6.【答案】CD

【解析】A.粒子在磁場中做勻速圓周運動，A錯誤；B.所加交流電源的周期等于粒子做圓周運動的周期

2πmqB

，BC.根據(jù)動能的定義E根據(jù)牛頓第二定律qvB=m解得EC正確；D.若將交流電源電壓U減小，粒子加速次數(shù)增多，在D形盒內(nèi)運動的時間變長，D正確。故選CD。

7.【答案】C

【解析】A.由電路圖可知，電壓表示數(shù)U與電流表示數(shù)I的比值表示的是外電路的總電阻，滑動變阻器的滑片P從a端滑到b端，外電路的總電阻變化，則電壓表示數(shù)U與電流表示數(shù)I的比值變化，A錯誤；BC.當滑動變阻器的滑片處于中點時，兩個并聯(lián)支路的電阻相等，并聯(lián)后電阻最大，則滑片P從a端滑到b端的過程中，外電路的總電阻先增大后減小，則電流表示數(shù)先減小后增大，電壓表示數(shù)先增大后減小，B錯誤，C正確；D.電源的效率可表示為η=外電路的總電阻先增大后減小，電源的效率先增大后減小，D錯誤。故選C。

8.【答案】B

【解析】A.電壓互感器起降壓作用，電流互感器起減小電流(升壓)作用，故A錯誤。B.電壓互感器原線圈兩端電壓U電流互感器原線圈中的電流I對于理想變壓器，輸送功率P=故B正確。C.將滑動片Q下移，相當于增加了升壓變壓器副線圈的匝數(shù)n2U升壓變壓器副線圈兩端的電壓增大；降壓變壓器原線圈兩端電壓U3增大，副線圈兩端電壓UI當R不變時，I4I匝數(shù)比不變，I3ΔP=增大，故C錯誤。D.當用戶數(shù)增加，負載電阻R減小，若降壓變壓器副線圈兩端電壓U4I增大，原線圈中的電流增大，輸電線上的電壓損失ΔU=增大；原線圈兩端電壓U將減小，根據(jù)U可知，當U3減小時，減小n3可以使U4不變，所以要將降壓變壓器的滑動片P故選B。

9.【答案】AC

【解析】A.開關(guān)S接1，當電阻箱調(diào)到R=3Ω時，小燈泡L正常發(fā)光，此時電路中的電流為I=電源內(nèi)阻r=A正確；B.將開關(guān)S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作，則此時通過電動機的電流為I=1A，B錯誤；C.電動機兩端的電壓U則電動機的輸出功率為P=IC正確；D.電源效率約為D錯誤。故選AC。

10.【答案】AC

【解析】A.由題圖乙可知，線圈轉(zhuǎn)動的周期為T=6.28×1A錯誤，符合題意；

B.由題圖乙可知，

t=0時刻線圈磁通量是零，則線圈平面與磁感線平行，B正確，不符合題意；C.線圈轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的最大感應電動勢為EC錯誤，符合題意；D.由閉合電路歐姆定律，可知電壓表的示數(shù)為U=D正確，不符合題意。故選AC。

11.【答案】CD

【解析】A.當小球剛開始下滑速度較小時，所受電場力向左，重力向下，洛倫茲力向右，滑動摩擦力向上，一開始洛倫茲力小于電場力，故彈力向右，水平方向由平衡條件可得qE=豎直方向上有mg?又F隨著速度逐漸增大，洛倫茲力增大，彈力減小，摩擦力減小，加速度增大，當qE=qvB加速度為重力加速度，保持不變，故A錯誤；B.由能量守恒可知機械能和電勢能總量的減小量等于系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量，所以機械能和電勢能總和逐漸減少，故B錯誤；CD.當洛倫茲力等于電場力時加速度最大為g，當加速度為

g2

f=qE?mg?μf=qvB可求得v=當洛倫茲力較大時有f=qE+mg?μ可求得v=CD正確。故選CD。

12.【答案】ACD

【解析】A.整個線框處于磁場區(qū)域運動時，線框的磁通量不變，線框中沒有感應電流，可線框的AB和DC邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，可知A、D兩點電勢相等，B、C兩點電勢相等，由右手定則可知，A、D兩點電勢高于B、C兩點電勢，即A、B兩點電勢不相等，A正確；B.線框進入磁場過程中，由電磁感應定律可得E則有Iq=ΔΦ=B解得q=同理可知，線框穿出磁場過程中通過線框截面的電量也為q=可知線框進入磁場過程中與線框穿出磁場過程中通過線框截面的電量相等，B錯誤；C.設線框在完全進入磁場后的速度為v，對線框進入磁場過程中，以向右方向為正方向，由動量定理可得?B線框穿出磁場過程，以向右方向為正方向，由動量定理可得?B又有I解得v=由動能定理可得線框在進入磁場過程中克服安培力做功為W線框穿出磁場過程中克服安培力做功W可得WC正確；

D.若只將線框進入磁場時的速度v1?BI線框穿出磁場過程中，以向右方向為正方向，由動量定理可得?BI′L?Δt′=m又有I解得v′=v則線框穿出磁場時的速度v2會為原來的三倍，D故選ACD。

13.【答案】

10.20

滑塊在不受拉力作用下能夠在短時間內(nèi)保持靜止

1.96

BD##DB

【解析】(1)[1]20分度游標卡尺的精確值為

0.05mm

，由圖2可知遮光條寬度為d=10mm+4×0.05mm=10.20mm(2)[2]打開氣泵，帶氣流穩(wěn)定后，觀察到滑塊在不受拉力作用下能夠在短時間內(nèi)保持靜止，說明氣墊導軌水平；(4)[3]以

M

、

m

為系統(tǒng)，根據(jù)動量定理可得mgΔt=(M+m)Δv可得Δv=則

Δv?Δt

圖線斜率的理論值為k=(5)[4]AC.槽碼質(zhì)量在同一實驗中不會影響測量值的準確性，釋放滑塊的位置也不會影響圖線的斜率，故AC錯誤；B.細線與氣墊導軌不完全平行，則會在垂直導軌方向產(chǎn)生分力，越靠近定滑輪其水平分力越小，從而使加速度越小，速度變化量

ΔvΔt

越小，故BD.實驗中

Δt

的測量值偏大，則速度變化量

ΔvΔt

偏小，會使圖線斜率偏小，故D故選BD。

14.【答案】

C

R2?R1

1k【解析】(1)[1]電源電動勢為

3V

，電流表量程為

15mA=0.015A

，由歐姆定律：

I=URR所以電阻箱應選C；[2]根據(jù)閉合電路歐姆定律得：S2E=IS2E=I解得：R(2)[3][4]閉合開關(guān)S2E=I整理得：1由

1I?Rk=b=電源電動勢：E=電源內(nèi)阻r=

15.【答案】(1)0；(2)

3.2kg?m/s

，方向豎直向上

【解析】(1)足球下落過程中有mg?f=m解得a根據(jù)動力學公式?解得t足球上升過程中有mg+f=m解得a根據(jù)動力學公式?解得t足球在空中時空氣阻力對它的沖量為I(2)取豎直向上為正方向，足球與頭部接觸前的速度v足球與頭部接觸后的速度v根據(jù)動量定理足球與頭部作用過程中，合力對足球的沖量為I=m合力對足球的沖量方向豎直向上。

16.【答案】.(1)8A；(2)0.16kg；(3)20m/s