2021-2022学年云南省昭通市昭阳区第二中学高二（下）期末物理试题含解析

2021-2022学年云南省昭通市昭阳区第二中学高二（下）期末物理试题一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）

1. 下列表示运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A．该图中电荷所受洛伦兹力为零，选项A错误；

B．该图中电荷所受洛伦兹力为零，选项B错误；

C．根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向上，选项C错误；

D．根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向右，选项D正确；

故选D.

2. 某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，由图像可知（　　）

A. 该交流电的周期为；

B. 该交流电的频率为；

C. 该交流发电机线圈转动的角速度为；

D. 电动势的瞬时值与时间的关系为

【答案】D

【解析】

【详解】A．从图中可知交流电的周期为，A错误；

B．由公式

B错误；

C．根据公式

可得角速度为

C错误；

D．电动势瞬时表达式为

选项D正确。

故选D。

3. 下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是（　　）

A. 判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则

B. 安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功

C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零

D. 静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用

【答案】C

【解析】

【详解】AB．安培力是磁场对通电导体内定向移动的电荷所施加的洛伦兹力的宏观表现，所以，从本质上看，它们都是磁场对运动电荷的作用力，方向都用左手定则判定；但洛伦兹力始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力始终对运动电荷不做功，而通电导体可以沿安培力方向发生位移，所以安培力可以对通电导体做功，选项AB错误；

C．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零，还与导体与磁场夹角有关，选项C正确；

D．静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，而运动的电荷不一定受到洛伦兹力作用，若电荷的运动方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用，选项D错误。

故选C。

4. 如图所示，静止的离子A+和A3+，经电压为U的电场加速后进入方向垂直纸面向 里的一定宽度的匀强磁场B中．已知离子A+在磁场中转过=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子A+和A3+（    ）

A. 在电场中的加速度之比为1 ：1

B. 在磁场中运动的半径之比为3 : 1

C. 在磁场中转过的角度之比为1：2

D. 在磁场中运动的时间之比为1: 2

【答案】C

【解析】

【详解】A．两个离子的质量相同，其带电量是的关系,所以由：

可以知道其在电场中的加速度是,故A错误. 

B．要想知道半径必须先知道进入磁场的速度,而速度的决定因素是加速电场,所以在离开电场时其速度表达式为：

可以知道其速度之比为.又由：

知：

所以其半径之比为,所以B错误. 

C．由B的分析知道离子在磁场中运动的半径之比为,设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度等于其圆心角,所以有：

则可以知道角度的正弦值之比为，又A+的角度为,可以知道A3+角度为,所以在磁场中转过的角度之比为,故C正确. 

D．由电场加速后：

可以知道两离子离开电场的动能之比为,所以D错误.

5. 如图所示，两根通电长直导线a、b平行且水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时b受到的安培力大小为F。当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F，图中a、b、c三者间距相等，此时a受到的安培力大小为（　　）

A. F B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】如图，a、b、c三者间距相等，a、b中的电流强度均为I时，b受到的安培力大小为F，故a受到b对a的安培力大小也为F；

当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F可知c对b的安培力大小也为F，根据空间位置关系ab电流大小相等，可知c对a的安培力大小也为F；

b对a的安培力和c对a的安培力夹角为 ，大小都为F，故此时a受到的安培力大小为，B正确、ACD错误。

故选B。

6. 一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. 质点振动频率是4 Hz

B. 在10 s内质点经过的路程是20 cm

C. 第4 s末质点的速度为零

D. t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等，方向相同

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：由图读出质点振动的周期T=4s，则频率．故A错误．质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4A，t=10s=2.5T，所以在10s内质点经过的路程是．故B正确．在第4s末，质点的位移为0，经过平衡位置，速度最大．故C错误．由图知在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，故D错误．

考点：简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率．

7. 一列简谐横波沿x轴负方向传播，图甲是t=3s时的波形图，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图线（两图用同一时间起点）。则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图线（　　）

A. x=0处的质点 B. x=1m处的质点

C. x=2m处的质点 D. x=3m处的质点

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】图2上t=3s时质点经平衡位置向上，图1上，t=3s时刻，只有x=2m处质点、x=4m处质点经过平衡位置。简谐横波沿x轴负方向传播，根据波形平移法可知，x=2m处质点经平衡位置向上，与图2上t=1s时刻质点的状态相同。

故选C

8. 如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过表的感应电流方向是（  ）

A. 始终由a流向b

B. 先由a流向b，再由b流向a

C. 始终由b流向a

D. 先由b流向a，再由a流向b

【答案】B

【解析】

【详解】条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则知，感应电流的方向a→G→b；条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则知，感应电流的方向b→G→a，故ACD错误，B正确．

9. 将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有

解得

故D正确，ABC错误。

故选D。

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

10. 如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R、交流电表A.下列说法正确的是(　　)

A. 当U增大时，变压器的输入功率增大

B. 当f减小时，变压器的输入功率减小

C. 当光照增强时，交流电表A的示数减小

D. 当滑动触头P向下滑动时，交流电表A的示数增大

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】A．当U增大时，根据可得副线圈两端的电压增大，所以副线圈消耗的电功率增大，则变压器的输入功率增大，A正确；

B．变压器的功率与交流电频率无关，B错误；

C．当光照增强时，R减小，电流增大，C错误；

D．当滑动触头P向下滑动时，变小，即增大，所以交流电表A的示数增大，D正确；

故选AD。

11. 如图所示，当导体棒MN由静止开始向右沿导轨加速滑动（导轨间有磁场，方向垂直纸面向里），下列说法正确的是（ 　　）

A. 导体棒和导轨组成的闭合回路中有感应电流

B. 导体棒和导轨组成的闭合回路中没有感应电流

C. 圆形金属环B中有感应电流

D. 圆形金属环B中没有感应电流

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．当导体棒MN向右加速滑动，切割磁感线产生感应电流，导体棒和导轨组成的闭合回路中有感应电流，故A正确，B错误；

CD．产生的感应电动势

E=BLv

不断增大，通过螺线圈A的电流增大， A产生的磁感应强度变大，穿过金属环B的磁通量增大，由楞次定律可知，B中产生感应电流，故C正确，D错误。

故选AC。

12. 如图所示，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B的B-t图象如图所示（以向右为正方向），下列说法正确的是(   )

A. 电阻R的电流方向是从A到C

B. 感应电流的大小保持不变

C. 电阻R的电压为6 V

D. C点的电势为4.8 V

【答案】BD

【解析】

【详解】A、由楞次定律，电阻R的电流方向是从C到A，选项A错误；

B、由于磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，感应电流的大小保持不变，选项B正确；

CD、螺线管内产生的感应电动势E＝＝1 500×20×10－4×2 V＝6 V，电流I＝1.2 A，电阻R的电压为U＝IR＝4.8 V，C点的电势为4.8 V，选项C错误、D正确．

故选BD．

13. A，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移一时间图象，a、b分别为A，B两球碰前的位移一时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移一时间图象，若A球质量是，则由图可知下列结论错误的是（　　）

A. A、B碰撞前的总动量为

B. 碰撞时A对B所施冲量为

C. 碰撞前后A的动量变化为

D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】由图象可知，碰撞前有：A球的速度

B球速度

碰撞后有：A、B两球的速度相等，为

对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为

根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为

又

所以

所以A与B碰撞前的总动量为

由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为

碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能

代入数据解得

所以AC错误，符合题意；BD正确，不符合题意；

故选AC。

14. 如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为，一带电量为、质量为的小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 小球的加速度一直在减小

B. 小球的速度先增大后不变

C. 小球下滑的最大加速度为

D. 小球下滑的最大速度

【答案】BC

【解析】

【分析】小球从A点由静止沿杆下滑，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程。

【详解】小球开始下滑时有

又

由牛顿第二定律得

随v增大，a增大，当

时，a达最大值，此时洛伦兹力等于mgcosθ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大

又

此后下滑过程中有

随v增大，a减小，当

时，，此时达到平衡状态，速度不变。所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小。

BC正确；AD错误。

故选BC。

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

15. 某实验小组用如题图所示的装置验证动量守恒定律。

（1）两小球应满足的关系是m1________m2。（填“＞”或“＜”或“=”）

（2）下列操作中有必要的是________。

A．实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向

B.实验中需要测量小球开始释放的高度h

C.实验中需要测量小球抛出点距地面的高度H

D.实验中需要测量小球做平抛运动的水平射程

（3）第一步：先从S处释放m1并多次重复找到落点P，并测出水平射程OP。第二步：将m2静置于轨道末端O′点，再从S处释放m1与m2发生对心碰撞，并多次重复后分别确定两球的水平射程OM和ON。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________（用图中字母表示）。

【答案】    ①. ＞    ②. AD    ③. m1·OM＋m2·ON＝m1·OP

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]碰撞过程中动量，能量守恒，因此有

解得

因此让小球碰撞以后不反弹，两球质量满足

（2）[2]A．保证小球做平抛运动，所以实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向；故A正确；

BC．可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中不需要测量小球开始释放的高度h，故BC错误；

D．通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中需要测量小球做平抛运动的水平射程，故D正确；

（3）[3] 由碰撞过程中动量守恒，得

m1·OM＋m2·ON＝m1·OP

16. 用单摆测定重力加速度的实验。

（1）测出单摆的摆长L及单摆完成n次全振动所用的时间t则重力加速度g______（用L、n、t表示）；

（2）某同学在一次实验中，用秒表记下了单摆振动50次的时间如图甲所示，由图可读出时间为______s；

（3）某同学测得的加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______；

A．测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长

B．摆线上端未牢固地固定于悬点，摆动中出现松动，使摆线越摆越长

C．测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式求得周期

D．摆球的质量过大

（4）三位同学用图象法处理数据，他们通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作T2—l图像，做出的T2—l图线的示意图如图乙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是______。

A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长l

B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次

C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值

D．通过对图线a的正确处理同样可以得到较为准确的g值

【答案】    ①.     ②. 96.8    ③. C    ④. AD

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]单摆的周期

由单摆周期公式解得

（2）[2]秒表表示读数内圈读数90s（即1.5min），外圈读数6.8s，总读数为t=90s+6.8s=96.8s；

（3）[3]根据得重力加速度为

A．测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；

B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B错误；

C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；

D．所用摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量，故D错误。

故选C；

（4）[4]根据得

根据数学知识可知，T2-L图象的斜率，当地的重力加速度

AD．若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度L，则有

根据数学知识可知，对T2-L图象来说

与b线斜率相等，两者应该平行，是截距；故做出的T2-L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，通过对图线a的正确处理同样可以得到较为准确的g值，故AD正确；

B．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小。故B正确；

C．由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2-L图象的斜率当地的重力加速度可知，g值大于图线b对应的g值。故C错误；

故选AD。

四、计算题（本大题共5小题，共39.0分）

17. 如图所示，一带电粒子以速度从M点射入直线边界匀强磁场区域，入射方向与磁场边界的夹角为θ=．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B．粒子从边界上N点射出磁场，已知粒子的电量和质量之比．则：

(1)请判断该粒子带何种电荷；

(2)求粒子做圆周运动的半径；

(3)求粒子在磁场中运动所用的时间．

【答案】(1)正电；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由于粒子向右偏转，由左手定则我们可以判断出，带电粒子带正电；

（2）在粒子运动过程中，洛伦兹力提供向心力：

所以：

；

（3）进出单边磁场具有对称性，所以带电粒子的偏转角为

所以粒子运动的时间为：

18. 如图，为交流发电机的矩形线圈，其面积为，匝数为，线圈电阻为，外电阻为。线圈在磁感应强度为的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，角速度为。若图中的电压表、电流表均为理想交流电表，求：

（1）若从图示位置开始计时，写出的表达式；

（2）交流电压表和交流电流表的示数；

（3）从图示位置转过，通过的电荷量；

（4）转一个周期，产生焦耳热。

【答案】（1）；（2），；（3）；（4）

【解析】

【详解】解：（1）由图可知，线圈起始位置为感应电动势的最大值

可得

；

（2）电流表示数

根据欧姆定律，电压表示数为

（3）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中，磁通量变化为

根据法拉第电磁感应定律，有

根据欧姆定律，有

根据电流强度定义

联立解得

（4）回路中电流的有效值

所求过程中所用时间为

则R中产生的焦耳热

19. 如图所示，足够长的光滑轨道水平放置，导轨间距L=0.5m，轨道左端c、d接电阻R=0.4Ω，磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直于轨道平面。质量m=2kg、电阻r=0.1Ω的导体棒ab，t=0时刻获得方向沿轨道向右、大小v=5m/s的瞬时速度。棒ab与轨道接触良好，不计轨道的电阻，求：

（1）t=0时刻棒ab切割磁感应线产生的电动势；

（2）t=0时刻棒ab受到的安培力大小；

（3）从棒ab获得瞬时速度至停止的过程中，棒ab中产生的内能Q。

【答案】（1）2.5V；（2）2.5N；（3）5J

【解析】

【详解】（1）导体棒切割磁感应线产生的电动势

解得

（2）回路中的感应电流为

棒ab受到的安培力大小为

（3）棒ab获得瞬时速度至停止的过程中，回路中产生的总内能为

棒ab中产生的内能

解得

20. 如图为远距离输电示意图，已知电厂输出功率为100kW，输出电压为250V升压变压器的原、副线圈的匝数比为1：20，降压变压器的原、副线圈的匝数比为20：1，输电线的总电阻R=10Ω，图中变压器可视为理想变压器，求：

（1）图示中的送电电流I2；

（2）用户得到的电压U4；

（3）用户得到的功率P用。

【答案】（1）20A；（2）240V；（3）96kW

【解析】

【详解】（1）由

得

又

而输电线上的电流为

（2）输电线上损失的电压为

降压前的电压为

用户得到的电压，有

得

（3）损失的功率为

用户得到的功率

【点睛】根据原副线圈中电压之比与匝数成正比可求得升压变压器副线圈两端的电压，根据

求得电流；根据

求得输送线路上损失的电压，即可求得降压变压器原线圈中的电压，根据电压之比与匝数成正比即可求得；根据

求得损失的功率，即可求得用户得到的功率。

21. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g，求

（1）电场强度E的大小和方向；

（2）小球从A点抛出时初速度v0大小；

（3）A点到x轴的高度h。

【答案】（1），电场强度方向竖直向上；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）重力与电场力平衡，可得

解得

方向竖直向上；

（2）因为圆周运动的半径可由

可得

洛伦兹力提供向心力可得

解得

M点的速度为

又因为

所以

（3）由动能定理可得

解得

或