【文档说明】河南省洛阳市2021-2022学年高二上学期期末物理试题 含解析.docx，共(23)页，1.925 MB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4497153541fbdf8a6a2cad0431a135ab.html

以下为本文档部分文字说明：

洛阳市2021—2022学年第一学期期末考试高二物理试卷全卷共6页，共100分，考试时间为90分钟。一、选择题本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~9是只有一项符合题目要求，第10~14题多选，至少有两

个选项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不管的得0分1.关于电磁感应，下列说法中正确的是A.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B.穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C.穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D.

通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大【答案】D【解析】【详解】A．由公式Ent=可知，穿过线圈的磁通量越大，线圈的磁通量变化率不一定大，感应电动势不一定越大，故A错误；B．由公式Ent=可知，穿过线圈磁通量为零，若线圈的磁通量变化率

不为零，则感应电动势就不为零，故B错误；C．由公式Ent=可知，穿过线圈的磁通量变化越大，线圈的磁通量变化率不一定大，感应电动势不一定越大，故C错误；D．穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量的变化率越大，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势越大，故D正确。2.如图所示的交流电路中，灯L1、L2和

L3均发光，如果保持交变电源两端电压的有效值不变，当频率减小时，各灯的亮、暗变化情况为（）A.灯L1不变，灯L2变亮，灯L3变暗B.灯L1、L2、L3均变暗的C.打L1、L2均变亮，红L3变暗D.灯L1不变，灯L2变暗，灯L3

变亮【答案】A【解析】【详解】保持交变电源两端电压的有效值不变，当频率减小时，电阻对交变电流的阻碍作用不变，故L1亮度不变；电感线圈对交变电流的阻碍作用减小，故L2变亮；电容器对交变电流的阻碍作用变大，故L3变暗，故A正确，BCD错误。故选A。3.如图所示，水平放置一

个有铁芯的螺线管，与电源、开关以及滑动变阻器连接成电路，在螺线管的左端悬挂着一个轻小的闭合导电圆环，圆面与螺线管的轴线垂直保持开关S闭合，下列说法中正确的是（）A.滑动触头位置不动，从左向右看，小环中有顺时针方向的感应

电流B.滑动触头位置不动，从左向右看，小环中有逆时针方向的感应电流C.滑动变阻器的滑动触头向b端滑动的过程中，小环向右摆动D.滑动变阻器的滑动触头向b端滑动的过程中，小环向左摆动【答案】C【解析】【详解】AB．滑动触头位置不动，螺线管中电

流不变,闭合导电圆环中磁通量不变，故小环中没有感应电流，故AB错误；CD．滑动变阻器的滑动触头向b端滑动的过程中，螺线管中电流减小，通过小环的磁通量减小，由楞次定律可知，从左向右看，小环中有顺时针方向的

感应电流，小环向右摆动，故C正确，D错误。故选C。4.在如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向上移动时，关于三个电灯亮度的变化，下列说法中正确的是（）A.A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B.A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗CA灯变亮、B灯变暗、C

灯变暗D.A灯变暗，B灯变暗、C灯变亮【答案】B【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电路中的总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，故A灯变暗；A灯和电源内压之和减小，所以并联电路

部分的电压增大，故B灯变亮，通过B灯的电流增大，由ABCIII=+所以通过C灯的电流减小，C灯变暗，故B正确，ACD错误。故选B。5.如图所示，用细弹簧把一根硬直导线ab挂在形磁铁磁极的正上方，磁铁的左端为N极，右端为S极，开

始时导线处于水平静止状态，当导线中通以由a向b的电流时，导线ab的运动情况是（从上往下看）（）.A.顺时针方向转动，同时上升B.顺时针方向转动，同时下降C.逆时针方向转动，同时上升D.逆时针方向转动，同时下降【答案】D【解析】【详解】在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直

纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为逆时针转动，同时下降，ABC错误，D正确。故选D。6.如图所示，虚线边界MN右侧充满垂直纸面向外

的匀强磁场，磁感应强度大小为B，纸面内有一个边长为L，粗细均匀的正方形导线框abcd，cd边与MN平行，导线框在外力的作用下，先后以v和2v的速度垂直MN两次匀速进入磁场，运动过程中导线框平面始终与磁场垂直，则（）A.两次进入磁场的过程中，导线框

中的电流均为逆时针方向B.导线框以速度v进入磁场时，c、d两点的电压为14BLvC.导线框先后两次进入磁场的过程中，产生的热量之比为1：2D.导线框先后两次进入磁场的过程中，外力做功的功率之比为1：2【答案】C【解析】【详

解】A．根据右手定则可知，线框两次进入磁场的过程中，导线框中的电流均为顺时针方向，故A错误；B．导线框以速度v进入磁场时电动势为EBLv=c、d两点的电压为路端电压333444EUIRRBLvR===故B错误；C

．导线框进入磁场的过程中焦耳热2232BLvLBLvQIRtRRvR==＝可知焦耳热与速度成正比，因此导线框先后两次进入磁场的过程中，产生的热量之比为1：2，故C正确；D．线框匀速进入磁场，所以安培力等于外力F

，因此外力做功的功率222=BLvPFvFvBILvR==安＝可知外力功率与速度平方成正比，因此导线框先后两次进入磁场的过程中，外力做功的功率之比为1：4，故D错误。故选C。7.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的

交变电动势的图象，当调整线圈转速后，所产生的交变电动势的图象如图线b所示，转动轴垂直于磁场方向。则下列说法中错误的是（）A.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为最大B.线圈先后两次转动的角速度之比为3:2C.图线b所对应的电动势的有效值为203VD.图线a所对应的电动势

的瞬时值表达式为20sin5et=（V）【答案】C【解析】【详解】A．在0=t时刻0e=，根据法拉第电感定律可知，磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，故A正确；B．由图可知0.4saT=0.6sbT=故周期之比为:2:3a

bTT=根据2T=可知，角速度之比为:3:2ab=故B正确；C．电动势的最大值为mENBS=则两个电压最大之值比:::32mambabEE==则交流电b电压的最大值为40V3mbE=图线b所对应的电动势的有效值为202V32mbbEE==故C错误；D．交流电a

的最大值为20V，角速度为rad/s25rad/.s04a==图线a所对应的电动势的瞬时值表达式为20sin5(V)et=故D正确；说法中错误的故选C。8.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定，磁场的磁感应

强度为B，质子在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场，若换作a粒子（a粒子带正电，其电荷量为质子的2倍，质量为质子的4倍）在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从

同一出口离开磁场，需将磁感应强度改变为（）的A.22BB.2BC.2BD.12B【答案】B【解析】【详解】粒子在加速电场中加速，由动能定理得2102qUm=−v粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2vqvBmr=解得12mUBrq=磁感应强度之比

H12422112mUBremUBre=故B正确，ACD错误。故选B。9.如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从

图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线．可能正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：设2bac=，单位长度电阻为0R,则MN切割产

生电动势222EBLvBvvttanBvttan===,回路总电阻为00222?2cosvtRvttanRvtRtancos++＝＝,由闭合电路欧姆定律得：2002?222(2)

(2)EBvttanBvtanIRvtRtanRtancoscos===++,i与时间无关，是一定值，故A正确，BCD错误．考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律【名师点睛】MN切割磁感线运动产

生感应电动势EBLv=，L越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解．10.如图甲、乙电路中，电阻R、电感线圈L的电阻均和灯泡A的电阻相等。关于灯泡的亮、暗变化情况，下列说法中正确的是（）A.在电路甲中，闭合开关S后，A灯将逐渐变亮B

.在电路乙中，闭合开关S后，A灯将逐渐变亮C.在电路甲中，断开开关S后，A灯将先变得更亮，然后逐渐变暗D.在电路乙中，断开开关S后，A灯将先变得更亮，然后逐渐变暗【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．在电路甲中，闭合开关S瞬间，L中电流要增大，就会产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以电路甲

中，闭合开关S后，灯泡将逐渐变亮，A正确；B．在电路乙中，闭合开关S瞬间，A灯将立即变亮，B错误；C．在电路甲中，断开开关时，L中电流要减小，就会产生自感电动势，相当于电源，自感电动势阻碍电流的减小，由于灯泡中的电流从原先的值开始逐渐减小，所以灯泡不会先变得

更亮，C错误；D．在电路乙中，开关断开时，L相当于电源，由于L中原来的电流大于灯泡中原来的电流，则灯泡将先变得更亮，然后逐渐变暗，D正确。故选AD。11.如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从

一个位置滑动到另—个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法中正确的是（）A.电压表V1示数增大B.电压表V2示数不变，V3示数增大C.该变压器为降压变压器D.变阻器的滑片沿c→d的方向滑动【答案】CD【解析】【详解】A

．a、b接在电压有效值不变的交流电源，因此电压表V1示数不变，故A错误；B．根据变压器1122UnUn=可知，匝数不变电压比不变，因此电压表V2示数不变，由于电流表A2的示数增大，可知R0两端电压增大，根据032RUUU=−可知V3示数减小，故B错误；

C．根据变压器2111220.210.84nIInII====可知该变压器降压变压器，故C正确；D．因为电压表V2示数不变，电流表A2的示数增大，可知副线圈总电阻减小，因此变阻器的滑片沿c→d的方向

滑动，故D正确。故选CD。12.如图所示，固定在水平面上且半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，有一阻值为R的金属棒，其一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，金属棒随轴以角速度

匀速转动，阻值也为R的电阻和电容为C、板间距为d的水平平行板电容器并联接在圆环的A点和电刷间，有一带电微粒在电容器极板间恰好处于静止状态，已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法中正确的是（）A.金属棒产生的电动势为212BrB.微粒的电荷量与质量之比为22gdBrC.电容器所带的电

荷量214CBrD.电阻R消耗的电功率为244BrR为【答案】AC【解析】【详解】A．金属棒绕轴切割磁感线，产生的感应电动势2122rEBrBr==故A正确；B．微粒处于静止状态，因此0qEmg=电容器两端电压等于路端电压012UEEd==联立解得24qgdmBr

=故B错误；C．电容器所带电荷量214QCUCBr==故C正确；D．电阻R消耗的电功率为224216UBrPRR==故D错误。故选AC。13.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，底端接一电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，除电阻R外，其余电阻不

计，导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为l，弹性势能为Ep，将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，在其运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，重力加速度为g，列说法中正确的是（）A.当金属棒的速度最大时，弹簧的弹性势能也最大B.金属棒到达A

处时，速度最大，加速度最小C.金属棒运动过程中，弹簧和金属棒组成的系统机械能不断减小D.最终金属棒一定静止在A处，运动过程中电阻R产生的总热量等于pmglE−【答案】CD【解析】【详解】A．金属棒的速度最大时，合力

为零，由平衡条件有mgkxF=+安金属棒原来静止时有mgkl=两式对比可得xl＜即金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量小于l，即当金属棒的速度最大时，弹簧的弹性势能不是最大，故A错误；B．金属棒第一次到达A处时，受到重力、弹簧

的弹力和安培力，且重力与弹力大小相等、方向相反，安培力方向向上，所以合力等于安培力，方向向上，可知加速度方向向上，而速度最大时，加速度为零，重力等于弹簧弹力与安培力之和，故B错误；C．金属棒运动过程中，金属棒克服安培力做功

，内能增加，弹簧和金属棒组成的系统机械能不断减小，故C正确；D．金属棒最后静止在A处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能，则由能量守恒定律可得：电阻R上产生的热量pQmglE=−故D正确。故选CD。14.如图所示，光滑平行金属

导轨位于竖直向上的匀强磁场中，将具有一定电阻的导体棒M、N垂直放在导轨上，导轨电阻与摩擦均不计，用水平恒力F向右拉动导体棒N。运动过程中导体棒M、N始终处于磁场中，且垂直于导轨，导体棒M、N与导轨接触良好，

经过一段时间后（）A.导体棒M的速度趋于恒定值B.导体M的加速度趋于恒定值C.流过导体棒M的电流趋于恒定值D.M、N之间的距离趋于恒定值【答案】BC【解析】【详解】某时刻回路中电动势()NMEBLvBLvv==−回路中的电流EIR=安培力大小AFBIL=导体棒的加速度ANN

FFam−=，AMMFam=开始NMaa，分析可知，速度在增大，安培力在增大，Ma增大，Na减小；当NMaa=时，v恒定，则电动势恒定，电流恒定，安培力恒定，两棒匀加速运动，速度一直在增大，且位移差在逐渐增大，故AD错误，BC正确。故选BC。二、实验

题（本题共2小题，共14分）15.某学习小组需要探究小灯泡的电压与电流的关系，他们根据实验室提供的实验器材设计了实验的电路图，如图甲所示。（1）请根据实验电路图，用笔画线代替导线将图乙的实物图连接成完

整电路_______。（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到_______（选填“A”或“B”）端。（3）实验时，可以根据电压表和电流表的读数计算出小灯泡某状态下的电阻，这个计算出的电阻________（填“大于”、

“小于”或“等于”）该状态下小灯泡电阻的真实值。【答案】①.见解析②.A③.小于【解析】【详解】（1）[1]按电路图连接可知（2）[2]为了保护电路，开关闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移A端，使测量电路短路，保证电表和灯泡不被烧坏；（3）[3]外

接法，由于电压表分流会使电流表示数偏大，从而使电阻测量值偏小16.实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习A小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。。（1）该小组按照图甲所示的电路进行实验，电源的电动势为E，内电阻为r，电压表的示

数为U，电流表的示数为I。则U与I的关系用题中所给的物理量可以表示为___________；（2）通过调节滑动变阻器的阻值，使电压表和电流表的示数发生变化，记录此过程中电压表和电流表的多组示数，如下表

所示，序号1234567I/A0.080.140.200.260.320.360.40U/V1.351.201.050.880.730.600.52根据表中实验数据已经在图乙的U-I坐标纸上描出对应的点，请画出U-I图象_______。（3）根据图象可以得到该电池的电动势为_________

__，内阻为_______。（结果均保留3位有效数字）【答案】①.-UEIr=②.见解析③.1.58V④.2.68Ω【解析】【详解】（1）[1]根据欧姆定律EIRr=+，UIR=联立得-UEIr=（2）[2]如图所示（3）[3][4]根据-UEI

r=可知，图像纵截距表示电源电动势，斜率表示内阻，即1.58VE=，1.58Ω2.68Ω0.59r==三、解答题（本题共4小题，共44分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能给分，有数值计算的题目，答案中

必须明确写出数值和单位）17.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1Ω，定值电阻R=4Ω，闭合开关K，在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的方向如图甲所示，磁感应强度B的大小按如

BT图乙所示的规律变化，求：（1）0~2s时间内螺线管产生的电动势的大小；（2）0~2s时间内电路中的电流强度的大小；（3）电压表的示数。【答案】(1)0.8V；(2)0.16A；(3)0.64V【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得螺线管

中产生的感应电动势为41.00.210002010V0.8V20BEnnStt−−====−(2)由闭合电路欧姆定律得0.8A0.16A41EIRr===++(3)电压表的示数为0.164V0.64VUIR===18.某个小型水电站发电机的输

出功率为P1=100kW，发电机的输出电压为U1=250V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的双线总电阻为R=10Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V，要求在输电线上损失的功率控制在4kW，请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算：（1

）升压变压器输入的电流为多少？输电线上通过的电流是多少？（2）输电线损失的电压为多少？升压变压器输出的电压是多少？（3）两个变压器的匝数比各应等于多少？【答案】(1)400A，20A；(2)200V，5000V；(3)120∶，24011∶【解析】【分析】【详解】(1)升压变

压器输入的电流为311110010A400A250PIU===由22=PIR损解得输电线上通过的电流是24000A20A10PIR===损(2)输电线损失的电压为2=2010V200VUIR==损由1222PPUI==可得升压变

压器输出的电压是322210010V5000V20PUI===(3)升压变压器的匝数比为11222501500020nUnU===降压变压器输入电压为32=5000V-200V4800VUUU=−=损降压

变压器的匝数比为3344480024022011nUnU===19.如图所示，在xOy平面内有一正方形区域ABCD，A点的坐标为（0，2l），B点的坐标为（0，-2l），C点的坐标为（4l，-2l），D点的坐标为

（4l，2l），该区域存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向内，匀强电场的电场强度大小未知，方向沿y轴的负方向（图中均末画出）。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从O点以某一初

速度沿x轴正方向进入该区域。若撤去匀强电场，只保留匀强磁场，粒子恰好从D点离开该区域；若撤去匀强磁场，只保留匀强电场，粒子恰好从C点离开该区域。粒子的重力不计，求：（1）粒子的初速度；（2）电场强度的大小。【答案

】（1）05qBlvm=；（2）2254qBlEm=【解析】【详解】（1）若撤去匀强电场，只保留匀强磁场，粒子恰好从D点离开该区域，运动轨迹如图所示由几何关系得()()22224rllr−+=洛伦兹力提供向心力

200vqvBmr=解得05qBlvm=（2）只保留匀强电场，做类平抛运动，速度反向延长线过水平位移中点，则0tan1yvv==根据动能定理2122yqElmv=解得2254qBlEm=20.如图甲所示，一电阻不计且足够长的固定平行金属导轨，间距0.8m

L=，上端接有阻值R=3Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，一质量m=1kg、阻值r=1Ω的金属棒垂直于导轨放置。金属棒由静止释放后，沿导轨方向下滑的位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中（OA为曲线，AB为直线，金属棒与导轨之

间的动摩擦因数为58=，金属棒与金属导轨按触良好，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）6s~10s金属棒运动的速度；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小：（3）0~6s内电阻R产生的热量。【答案】（1）1

m/sv=；（2）2.5TB=；（3）3.375JRQ=【解析】【详解】（1）由图可知6s~10s金属棒运动的速度95m/s1m/s106xvt−===−（2）由图可知6s~10s金属棒做匀速运动，受力分析可知sincosAmgFmg=

+物体所受安培力AFBIL=回路中感应电流EBLvIRrRr==++联立解得2.5TB=（3）根据动能定理可知21sincos2AmgxmgxWmv−−=电阻R产生的热量RARRQQWRrRr==++联立解得3.375JRQ=获得更多

资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com