2022岳阳临湘高二上学期期末物理试题（选考）含解析

2021年下期教学质量检测试卷

高二物理

一、单选题（每小题4分，共24分）

1. 某个电动势为E电源工作时，电流为I，则下面判断正确的是（　　）

A. EI的乘积单位是焦耳

B. 从电动势的意义上考虑EI表示单位时间内电源将其他形式的能转化为电能的值

C. 如果，，EI表示电源将8J的电能转化为其他形式的能

D. 电动势E反映电源做功的能力，电动势大，则说明其内部移动1C的电荷量时，静电力做功要多

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．EI的乘积单位是功率的单位瓦，故A错误；

B．电源是将其他形式的能转化为电能的装置，电源的总功率为P=EI，则EI表示单位时间内电源将其他形式的能转化为电能的值。故B正确；

C．如果，，EI表示电源在1s内将8J的电能转化为其他形式的能，故C错误；

D．电动势E反映电源做功的能力，电动势越大，则非静电力在电源内部把1C正电荷从负极搬运到正极所做的功多；故D错误。

故选B。

2. 学校楼道新装了一批节能灯，该灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。下图为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度减弱时，其电阻值增大）。当傍晚到来，光照逐渐减弱时，下列判断正确的是（　　）

A. A灯变暗，B灯变亮

B. 电源总功率变大

C. 电源的效率变小

D. Rt上电流的变化量大小大于R0上电流的变化量大小

【答案】D

【解析】

【详解】A．当傍晚到来，光照逐渐减弱时，Rt阻值增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知外电压增大，根据串并联电路电压规律可知A、B两灯两端电压均增大，所以A、B两灯均变亮，故A错误；

B．由于外电路电阻增大，所以通过电源的电流减小，根据

可知电源总功率变小，故B错误；

C．外电压增大，根据

可知电源的效率变大，故C错误；

D．由于总电流减小，而通过A的电流增大，所以通过R0的电流减小。设Rt、R0和B的电流变化量的大小分别为、和，则有

所以

故D正确

故选D。

3. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为（　　）

A. ，方向垂直斜面向上 B. ，方向垂直水平面向上

C. ，方向竖直向下 D. ，方向水平向左

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．若磁场方向垂直斜面向上，则导线受安培力沿斜面向下，不可能平衡，选项A错误；

B．若磁场方向垂直水平面向上，则导线受安培力方向水平向右，不可能平衡，选项B错误；

C．若磁场方向竖直向下，则安培力水平向左，则由平衡可知

即

选项C正确；

D．若磁场方向方向水平向左，则安培力竖直向上，则平衡时

选项D错误。

故选C。

4. 在实验室或工厂的高温炉子上开一小孔，小孔可看作黑体，由小孔的热辐射特性，就可以确定炉内的温度。如图所示，就是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图像，则下列说法正确的是（　　）

A. T1＜T2

B. 在同一温度下，波长越短的电磁波辐射强度越大

C. 随着温度的升高，黑体的辐射强度都有所降低

D. 随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短方向移动

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．不同温度的物体向外辐射的电磁波的波长范围是不同的，温度越高向外辐射的能量中，频率小的波越多，所以T1>T2，故A错误；

B．由图像可知，同一温度下，辐射强度最大的电磁波波长不是最大的，也不是最小的，而是处在最大与最小波长之间，故B错误；

C．由图像可知，黑体的辐射强度随着温度的升高而增大，故C错误；

Ｄ．有图可知，随着温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增大，同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，故D正确。

故选D。

5. 霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向均匀变化的匀强磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0、k均为常数，且k＞0）。将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图所示），当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则（　　）

A. 磁感应强度B越大，霍尔元件的前、后表面的电势差U越大

B. k越大，传感器灵敏度（）越高

C. 如图中的霍尔元件，上表面电势高

D. 电流越大，霍尔元件的上、下表面的电势差U越小

【答案】B

【解析】

【详解】AC．由左手定则可知，电荷在磁场中受力向上，则上下表面会形成电势差，前后表面没有电势差，由于可知自由移动电荷正负未知，则无法判断上下表面的电势高低，自由移动的电荷是正电荷时，上表面电势高，自由电荷是负电荷时，下表面电势高，故AC不符合题意；

BD．设上下表面高度差为h，宽度为d，达到稳定时有

B=B0+kz

化简得

则可知电流越大，霍尔元件的上、下表面的电势差U越大，传感器灵敏度

则k越大，传感器灵敏度（）越高，故B符合题意，D不符合题意。

故选B。

6. 电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是

A. 从a到b，上极板带正电

B. 从a到b，下极板带正电

C. 从b到a，上极板带正电

D. 从b到a，下极板带正电

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】由图知，穿过线圈的磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确．

二、多选题（每小题5分，共20分）

7. 下列说法正确的是（　　）

A. LC振荡回路中，振荡电流相邻两次为零的时间间隔等于振荡周期的一半

B. LC振荡回路中，振荡电流为零时，电场能为零

C. 在电磁波接收过程中，把声音信号或图像信号从高频电流中还原出来的过程叫调制

D. 电视信号发射、接收过程为：景物→电信号→电磁波→电信号→图像

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】AB．LC振荡回路中，振荡电流相邻两次为零的时间间隔等于振荡周期的一半，振荡电流为零时，电容器所带电荷量最大，电场能最大，A正确，B错误；

C．在电磁波接收过程中，把声音信号或图像信号从高频电流中还原出来的过程叫解调，C错误；

D．由无线电波的发射、接收过程知，D正确。

故选AD。

8. 普通电熨斗用合金丝作为发热元件，合金丝电阻R随温度T变化的关系如图中实线①所示。另有一种用PTC材料作为发热元件的电熨斗，PTC材料的电阻随温度变化的关系如图中实线②所示。则（　　）

A. 处于冷态的PTC电熨斗刚通电时比普通电熨斗升温快

B. 处于冷态的PTC电熨斗刚通电时比普通电熨斗升温慢

C. PTC电熨斗通电一段时间，电熨斗温度最可能自动稳定在之间

D. 普通电熨斗通电一段时间，电熨斗温度最可能自动稳定在之间

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．如图可知，处于冷态的PTC电熨斗阻值小于普通电熨斗，则由可知，刚通电时PTC电熨斗功率更高，升温更快，故A符合题意，B不符合题意；

C．在T6温度以下范围时，电阻较小，发热功率较大，由于温度较低，与环境温差小，故升温快；在T7温度以上时，电阻较大，发热功率较小，由于温度较低，与环境温差大，故降温快；故通电一段时间后PTC电熨斗温度t自动地稳定在T6＜t＜T7范围之内，故C符合题意；

D．普通电熨斗阻值不变，温度会持续升高，具体温度温度与环境温度有关，故D不符合题意。

故选AC。

9. 在空中某一位置，以大小为ν0的速度水平抛出一质量为m的物块，经时间t，物体下落一段距离后，其速度大小仍为ν0，但方向与初速度相反，如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A. 风力对物体做功为零 B. 风力对物体做负功

C. 物体机械能减少 D. 风力和重力的合力对物体的冲量大小为2mν0

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．设风力对物体做功W，根据动能定理

解得

故A错误，B正确；

C．假设物体在竖直方向做自由落体运动，t时间内下落的高度为，物体的重力势能减小量为

而物体的动能不变，则物体机械能减少，但物体在下落h高度后，竖直方向的速度为零，所以竖直方向不可能是自由落体，故C错误；

D．取物体开始速度方向为正方向，根据动量定理得，风力和重力的合力对物体的冲量大小为

所以风力和重力的合力对物体的冲量大小为2mv0，故D正确。

故选BD。

10. 如图所示，为一台发电机通过升压和降压变压器给用户供电的示意图。已知发电机的输出电压为250V，升压变压器原、副线圈的匝数比是，两变压器之间输电导线的总电阻为4Ω，向用户供220V交流电，若变压器是理想变压器，当发电机的输出电功率为时。下列说法正确的是（　　）

A. 远距离输电损失的电压160V

B. 远距离输电损失的功率为640W

C. 降压变压器原、副线圈的匝数比

D. 若用户用电器增多则降压变压器输出电压增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】A．输送电压为

输送电流为

所以损失的电压为

A正确；

B．远距离输电损失的功率为

B错误；

C．降压变压器的输入电压为

降压变压器原、副线圈的匝数比

C正确；

D．若用户用电器增多，用户的电功率大时，输电线中电流也增大，线路损失的电压增多，降压变压器初级电压减小，则用户的电压会减小，故D错误；

故选AC。

三、实验题（每空2分，共18分）

11. 某学习小组利用如图1所示的电路测量多用电表内欧姆“×1”挡内部电池的电动势E和多用电表欧姆“×1”挡的内阻r，为滑动变阻器，V为电压表（量程0～2V，内阻约）。实验步骤如下：

（1）将多用电表的选择开关调到“×1”挡，将图1中多用电表的黑表笔与_______（填“1”或“2”）端相连。

（2）两表笔与1、2正确连接后，改变滑动变阻器接入电路的阻值，某次实验中多用电表和电压表的读数分别如图2、图3所示，多用电表的读数为___________，电压表的读数为___________V。

（3）多次改变滑动变阻器接入电路的阻值，记录多用电表的读数R和电压表的读数U，并在计算机上显示出如图4所示的图线，则E=________V，r=________。（计算结果保留三位有效数字）

【答案】    ①. 1    ②. 20    ③. 0.85    ④. 1.43    ⑤. 13.7

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]欧姆表内部黑表笔接电源的正极，则应将图1中多用电表的黑表笔与“1”端相连。

（2）[2][3]多用电表接“×1”挡，所以读数为

20×1Ω=20Ω

电压表量程0～2V，所以读数为0.85V。

（4）[4][5]由闭合电路欧姆定律可得

解得

由图像可知

解得

E=1.43V

r=13.7Ω

12. 某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，使小车A做匀速直线运动，然后与处于静止的小车B相碰并粘在一起，二者继续做匀速运动，如图所示。

在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz，实验中已平衡摩擦力。

（1）实验得到一打点纸带如图所示，并测得各计数点间的距离。图中O点为打点计时器打下的第一个点，则应选___________段来计算A碰前的速度，应选___________段来计算A和B碰后的共同速度。

（2）已测得小车A的质量mA=0.4 kg，小车B的质量mB=0.2 kg，则由以上结果可得两小车碰前的总动量为___________kg·m/s，碰后总动量为___________ kg·m/s。

【答案】    ①. AB    ②. CD    ③. 0.42    ④. 0.417

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1][2]因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A与B粘在一起，其共同速度比A原来的速度小，所以应选点迹分布均匀且间距较大的AB段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且间距较小的CD段计算A和B碰后的共同速度；

（2）[3][4]由图可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为

vA= m/s=1.05 m/s

v′A=vAB= m/s=0.695 m/s

故两小车在碰撞前、后的总动量分别为

p=mAvA=0.4×1.05 kg·m/s=0.42 kg·m/s

p′=（mA＋mB）v′A=（0.4＋0.2）×0.695 kg·m/s=0.417 kg·m/s

四、解答题（13题12分，14题13分，15题13分，共38分）

13. 如图所示，在的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场；磁感应强度的大小为B；在的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小也为B。质量为m、电荷量为的粒子沿x轴从原点O射入磁场。

(1)若粒子在磁场中的轨迹半径为，求其轨迹与x轴交点的横坐标；

(2)为使粒子返回原点，粒子的入射速度应为多大？

【答案】(1)；(2)

【解析】

【分析】

【详解】(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

与x轴的交点为C，、分别为轨迹的圆心。过分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为B、A。由几何关系，得

，

则

。

所以轨迹与x轴交点的横坐标为

(2)为使粒子返回原点，由对称性知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：

设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系，得， 则

设粒子的入射速度为v，由

得

14. 如图所示，边长分别为10cm和20cm的矩形线圈，匝数为100，内阻为，在匀强磁场中绕轴匀速转动，已知磁感应强度，线圈转动的角速度为，线圈和阻值为的电阻相连接。

(1)开关S断开时，求电压表的示数；

(2)开关S闭合时，R正常工作，求R的额定功率；

(3)若将电阻换成激发电压和熄灭电压均为的霓虹灯，则在一个周期内，霓虹灯被点亮的时间是多少？

【答案】(1)120V；(2)540W；(3)

【解析】

【详解】若以线圈从中性面位置开始转动的时刻为时刻，则产生正弦式交变电流

代入数据得

(1)开关S断开时，电压表示数为

(2)开关S闭合时，R正常工作，通过R的电流为

所以其额定功率是

(3)由

可得

则

所以可作出图像，如图所示。

图中正、负半周期内，各有一段时间电压大于，由

得

所以一个周期内霓虹灯被点亮的时间为

15. 如图所示，在光滑的冰面上放置一个曲面滑槽，其上表面为四分之一圆周的圆弧，圆弧的半径足够大且光滑，圆弧与水平地面相切．一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出．已知小球的质量为m，曲面滑槽的质量为2m，重力加速度为g.

（1）求小球在曲面上能上升的最大高度；

（2）若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量M应满足什么条件？

【答案】（1）（2）M>3m

【解析】

【详解】（1）小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，设速度为v，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有：

mv0＝（m＋2m）v

＝（m＋2m）v2＋mgh

解得：

h＝

（2）小孩推球的过程中动量守恒，即：

0＝mv0－MvM

对于球和曲面，在相互作用到最后分开的过程中，动量守恒且机械能守恒，则有：

mv0＝mv1＋2mv2

解得：

v1＝－v0

若小孩将球推出后还能再接到球，则有

v0>vM

得：

M>3m.