河北省承德市围场县半截塔镇半截塔中学2022年高二物理下学期期末试卷含解析

河北省承德市围场县半截塔镇半截塔中学2022年高二
物理下学期期末试卷含解析
一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意
1. 一定质量的某种理想气体的体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A 时压强p0=1.0×105Pa、体积V0=800cm3，线段AB与V轴平行, BC延长线过坐标原点O。

①求该气体状态B时的压强。

②已知该气体从状态B变化到状态C过程中，向外界放热60J，
求该过程中气体内能的变化量。

参考答案：
① 根据玻意耳定律有pAVA=pBVB 解得pB=5×104 Pa
②状态B至状态C过程是等压压缩过程，外界对气体做功W=pB△V=40J（2分）
根据热力学第一定律有△U=W+Q = 40J+(-60J) = -20J，即内能减小20J
2. （单选）由楞次定律可得，感应电流的磁场一定是：( )
A．阻碍引起感应电流的磁通量；B．与引起感应电流的磁场方向相反；C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化；D．与引起感应电流的磁场方向相同。

参考答案：
C
3. 在某一高度以的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为时，以下判断正确的是(g取)( )
A. 小球在这段时间内的平均速度大小可能为，方向向上
B. 小球在这段时间内的平均速度大小可能为，方向向下
C. 小球在这段时间内的平均速度大小可能为，方向向上
D. 小球的位移大小一定是15m
参考答案：
ACD
【详解】小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运
动的平均速度公式求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s、方向竖直向上时，v＝10 m/s，用公式求得平均速度为15 m/s，方向竖直向上，A正确；当小球的末速度大小为10 m/s、方向竖直向下时，v＝－10 m/s，用公式求得平均速度大小为5 m/s，方向竖直向上，C正确，B错误；由于末速度大小为10 m/s时，球的位
置一定，距起点的位移h＝＝15 m，D正确；故选ACD。

4. 如图所示，在圆形区域内有方向垂直向里的匀强磁场．有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中
A．速度越大的，运动时间越长
B．运动时间越长的，其轨迹越长
C．速度越大的，速度的偏转角越小
D．所有质子在磁场中的运动时间相同
参考答案：
C
5. （单选）如图所示，一物体从A点沿光滑面AB与AC分别滑到同一水平面上的B点与C 点，则下列说法中正确的是（）
A．到达斜面底端时的速度相同
B．到达斜面底端时的动能相同
C．沿AB面和AC面运动时间一样长
D．沿AC面运动时间长
参考答案：
B
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分
6. 某一交流电的电压波形如图所示，求这一交流电的电压有效值U= V
参考答案：
2 V.
7. （6分）如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900N／C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，
另在圆心处放一电量为10－9C的正点电荷，则A处场强大小E A=______N／C，B 处的场强大小E B=______N／C。

参考答案：
0，1.27×103（各3分）
8. 一个半径为r的薄软木圆片，在它的圆心处插入一枚大头针．让它们浮在水面上，如图所示．调整大头针露出的长度，直至从水面上方的各个方向向水中看，都恰好看不到大头针，这是因为发生了现象．若此时木片下方大头针的长度为h，则水的折射率为．
参考答案：
全反射，
【考点】光的折射定律．
【分析】观察者在水面上任何位置都刚好看不到水下的大头针，说明由针头射出的光线，恰好在水面与木塞的边缘处发生全反射，通过几何关系得到入射角的正弦值，即可得折射率．
【解答】解：观察者在水面上各个方向都刚好看不到水下的大头针，说明由针头射出的光线，恰好在水面与木塞的边缘处发生全反射．
由题意作出光路图如图所示，这时入射角等于临界角，由几何关系可得
sinC=
又sinC=
由以上两式解得液体的折射率为
n=．
故答案为：全反射，
9. （16分）如图为日常生活用电的电压随时间变化的规律图，由图可知：该交流电电压的峰值为 V，有效值为V，周期
为 s，频率为 Hz。

参考答案：
220， 220， 0.02， 50
10. 如图甲所示为研究光电效应的电路图。

(1)对于某金属用紫外线照射时，电流表指针发生偏转。

将滑动变阻器滑片向右移动的过程中，电流表的示数不可能________(选填“减小”或“增大”)。

如果改用频率略低的紫光照射，电流表______(选填“一定”“可能”或“一定没”)有示数。

(2)当用光子能量为5 eV的光照射到光电管上时，测得电流表上的示数随电压变化的图象如图乙所示。

则光电子的最大初动能为________ J，金属的逸出功为______ J。

参考答案：
(1). 减小 (2). 可能 (3). 2eV (4). 3eV
（1）AK间所加的电压为正向电压，发生光电效应后的光电子在光电管中加速，滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，若光电流达到饱和，则电流表示数不变，若光电流没达到饱和电流，则电流表示数增大，所以滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，电流表的示数不可能减小。

如果将电源正负极对换，AK间所加的电压为反向电压，发生光电效应后的光电子在光电管中减速，仍可能有一部分初动能较大的光电子，在克服电场力做功后，到达A 极，所以电流表可能有示数。

（2）由图2可知，当该装置所加的电压为反向电压，当电压是-2V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为：E Km=2eV，根据光电效应方程有：E Km=hγ-W0，解得：W0=3eV。

11. 一微型吸尘器的直流电动机加0.3V电压时，通过电动机的电流为0.3A，电动机不转，加2V电压时，电动机正常运转，通过电动机的电流为0.8A，此时电动机消耗的电功率为，电动机输出的机械功率为（电动机机械损耗不计）
参考答案：
12. 质量为m1=2kg的带电绝缘球A，在光滑水平面上，从无限远处以初速度
10m/s，向另一个固定在水平面上带同号电荷的绝缘球B靠近，B球的质量为
m2=3kg，在它们相距到最近时，总的动能为_________________J，它们具有的电势能为_________________J。

参考答案：
0， 100
13. 实验是物理的基础，方法很多，在探究气体状态变化规律时，我们采用方法；现一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸
收热量280J，同时对外做功120J，则这些气体的内能是（填：“增加”或“减少”）了J。

参考答案：
控制变量法. 增加160J
三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14. 21．测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:请回答下列问题
（1）在闭合开关之前移为防止电表过载而动滑动变阻器的滑动头P应放在 _____ 处
（2）现备有以下器材：
A．干电池1个 B．滑动变阻器（0～50Ω）
C．滑动变阻器（0～1750Ω） D．电压表（0～3V）
E．电压表（0～15V） F．电流表（0～0.6A）
G．电流表（0～3A）
其中滑动变阻器应选___ _，电压表应选_ __，
电流表应选_ _ __。

(填字母代号)
（3）右图是根据实验数据画出的U-I图像。

由此可知这个干电池的电动势E
=__ V，
内电阻r =__ _Ω。

参考答案：
（１）a处（２） B、D、F（３）1.5 ,1.25
15. 测量电源B的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5Ω）.
器材：量程3V的理想电压表V，量程0.5A的电流表A（具有一定内阻），固定电阻R=4Ω，滑线变阻器R/，电键K，导线若干.
①画出试验电路原理图.图中的元件需要用题目中给出的符号或字母标出.
②实验中，当电流表读数I1时，电压表读数为U1；当电流表读数I2时，电压表读数为U2.则可以求出E= ，r= （用I1、I2、U1、U2及R表示）.
参考答案：
四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. （11分）如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1＝2 Ω时，电压表读数为U1＝4 V；当电阻箱读数为R2＝5 Ω时，电压表读数为U2＝5 V．求：
(1)电源的电动势E和内阻r；
(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？
参考答案：
17. 如图所示，真空室内存在宽度为d = 8 cm 的匀强磁场区域，磁感应强度B = 0.332 T ，磁场方向垂直纸面向里。

ab 、cd 足够长，cd 为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E = 3.32×105 N/C，方向与金箔成37o 夹角。

紧挨边界ab 放一点状放射源s 。

可沿纸面向各个方向均匀地放射初速率相同的α 粒子，已知α 粒子的质量m = 6.64×10-27 kg，α 粒子的电荷量q = 3.2 ×10-19 C，α 粒子的初速度大小v = 3.2×106 m/s ，sin37o = 0.6，cos37o = 0.8。

试求：
（1）α 粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；
（2）金箔cd 被α 粒子射中区域的长度L；
（3）设打在金箔上 d 端离cd 中心最远的α 粒子沿直线穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N 点，已知sN ⊥ab ，sN = 40 cm ，则该α 粒子从金箔上穿出时，损失的动能△Ek 为多少?
参考答案：
解（1）α 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB = m
则R = = 0.2 m = 20 cm 。

（2）设cd 的中心为O ，向c 端偏转的α 粒子，当圆周轨迹与cd 相切时偏离O 最远，设切点为P ，对应圆心为O1 ，如图所示，则由几何关系得：= = = 16 cm
向d 端偏转的α 粒子，当沿sb 方向射入时，偏离O 最远，设此时圆周轨迹与cd 交于Q 点，对应圆心O2 ，如图所示，则由几何关系得：= = 16 cm
故金箔cd 被α 粒子射中区域的长度L = = + = 32 cm 。

（3）设从Q 点穿出的α 粒子的速度为v’，在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示。

沿速度v’ 方向做匀速直线运动，位移s1 =（- R）sin53o = 16 cm
沿场强E 方向做匀加速直线运动，位移s2 =（- R）cos53o + R = 32 cm
则由s1 = v’t s2 = at2 a = qE/m
得v’ = 8.0×105 m/s
故此α 粒子从金箔上穿出时损失的动能为△Ek = mv2 - mv’ 2 = 3.19×10- 14 J
18. 有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速射入，其
方向平行于极板，并打在极板上的D点，如下图（甲）所示。

电子的电荷量用e
表示，质量用表示，重力不计。

回答下面问题（用字母表示结果）.
（1）求电子打到D点的动能；
（2）电子的初速必须大于何值，电子才能飞出极板；
（3）若极板间没有电场，只有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电子从极板左端的正中央以平行于极板的初速度射入，如下图（乙）所示，则电子的初速度为何值，电子才能飞出极板？
参考答案：
解：（1）设电子打到D点时的动能为Ek，由动能定理可得：①由①式解得：②（2分）
（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为v，电子在平行板电容器间做类平抛运动，设其在竖直方向的加速度为a，在电场中的飞行时间为t，则由电场力及牛顿
第二定律、平抛运动的规律可得：③（1分）
④（1分），⑤（1分），由③④⑤式联立解得：
所以电子要逸出电容器，必有：（1分）
（3）在只有磁场情况下电子要逸出电容器，有两种情况.
①电子从左边出，做半圆周运动，其半径：⑥（1分）
由洛仑兹力和向心力公式可得：⑦（1分），由⑦式解得：
⑧（1分）
因此电子避开极板的条件是：⑨（1分）
②电子从右边出，做半圆周运动其半径：⑩
由⑩式解得：（1分）
由洛仑兹力和向心力公式可得： 11（1分）
由11式解得：12 （1分）
电子避开极板的条件是：（1分）。