河北省阜城中学2020-2021学年高二上学期期末考试物理试题含答案解析

河北省阜城中学【最新】高二上学期期末考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．将电学元件按照如图所示的方式连接，已知两电表均为理想电表，电源有一定的内阻.现闭合电键，将滑动变阻器的触头向下缓慢移动，则( )
A．两电表的读数均增大
B．小灯泡b的亮度变暗，电流表的读数变小
C．小灯泡a的亮度变亮，电压表的读数变小
D．电容器两极板所带的电荷量增加
2．将三个完全相同的小灯泡按如图甲所示的方式连入电路，其中的电压表和电流表均为理想电表，蓄电池的内阻不可忽略.当开关闭合后，电压表V1的读数为4.0V，经测量这种小灯泡的U-I图像如图乙所示.则( )
A．电压表V2的读数为2.0V
B．电流表A2的读数为0.6A
C．三个小灯泡消耗的功率之和为3W
D．该蓄电池的电动势为8.0V、内阻为5.0Ω
3．关于光电效应，下列说法正确的是（）
A．极限频率越大的金属材料逸出功越大
B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应
C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出逸出功越小
D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多
4．置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A
相连.套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图所示.导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中.下列说法正确的是()
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动
5．将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（）
A．B．
C．D．
6．如图所示，abcd为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨,间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()
A ．电路中感应电动势的大小为
sin Blv θ
B ．电路中感应电流的大小为sin Bv r θ
C ．金属杆所受安培力的大小为2sin B lv r
θ D ．金属杆的发热功率为22
sin B lv r θ
7．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10︰1，b 是原线圈的中心抽头，电压表V 和电流表A 均为理想电表，除滑动变阻器电阻R 以外，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为:
（V ）．下列说法中正确的是（ ）
A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为
V
B ．时，c 、d 两点间的电压瞬时值为110V
C ．单刀双掷开关与a 连接，滑动变阻器触头向上移动的过程中，电压表示数不变，电流表的示数变小
D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小
8．如图所示，一个匝数为N=100匝，电阻不计的线框以固定转速50r/s 在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n 1：n 2=10：1的理想变压器给阻值R =20Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20 V ，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是
A．t=0时刻线框内的电流最大
B．变压器原线圈中电流的有效值为10 A
Wb
C．穿过线框平面的最大磁通量为
50
D．理想变压器的输入功率为10 W
9．质量为5kg的物体，原来以v=5m/s的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15Ns的作用，历时4s，物体的动量大小变为( )
A．80 kg·m/s B．160 kg·m/s C．40 kg·m/s D．10 kg·m/s
二、多选题
10．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为恒量.若金属棒与导轨始终垂直，则表示棒所受的安培力F和摩擦力F f随时间变化的四幅图中，正确的是（）
A．
B．
C．
D．
11．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相
同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A ．经过最高点时，甲球的速度最小
B ．经过最高点时，三个小球的速度相等
C ．甲球的释放位置比乙球的高
D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
12．A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的图线,c 为碰撞后两球共同运动的图线.若A 球的质量2A m kg ,则由图可知下列结论正确的是( )
A ．A 、
B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B ．碰撞过程A 对B 的冲量为-4 N·s
C ．碰撞前后A 的动量变化为4kg·m/s
D ．碰撞过程A 、B 两球组成的系统损失的机械能为10 J
13．在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为m 静止的B 球发生
正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B 球的速度大小可能是（ ）
A ．v
B ．0.7v
C ．0.3v
D ．0.2v
14．如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图像如图b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（ ）
A ．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B ．线圈先后两次转速之比为3：2
C ．交流电a 的瞬时值为u=10sin5πt （v ）
D ．交流电b 电压的最大值为20/ 3V
三、实验题
15．某同学欲采用课本上介绍的气垫导轨和光电计时器等装置进行“验证动量守恒定律”的实验，如图所示，A 、B 两滑块做相向运动，已知安装在A 、B 两滑块上的窄片宽度均为d ，在碰撞前滑块A 、B 经过光电门时，窄片挡光时间分别为1t ∆和2t ∆，碰撞后滑块A 、B 粘合在一起运动，运动方向与碰撞前滑块B 运动方向相同，此后滑块A 再次经过光电门时窄片挡光时间为t ∆。

（1）滑块A 、B 碰撞前速度的大小分别为v A =________，v Ｂ =___________。

（2）为了验证碰撞中动量守恒，除了上述已知条件外，还必须要测量的物理量有____________。

A ．滑块A 包括窄片的总质量m 1
B ．滑块B 包括窄片的总质量m 2
C ．碰撞后滑块B 经过光电门时窄片挡光的时间B t ∆
D ．两个光电门之间的距离L
（3）为了验证碰撞中动量守恒定律，需要验证的关系是
____________________________________。

（用题干中已知量字母和（2）问中所选已知量的字母表示）。

16．某同学设计了如图甲所示的实物电路来测电源的电动势和内阻。

（1）该同学在闭合电键后，发现电压表无示数，电流表有示数，在选用器材时，除了导线外，其他器材经检测都是完好的，则出现故障的原因是________________（请用接线柱处的字母去表达）。

（2）实验前，提供了“新干电池”、“旧干电池”两种待测电源供选择，为了使实验效果明显，应该选择的一种是____。

（3）该同学测量时记录了5组数据，并根据这些数据画出了U-I图线如图乙直线AB 所示，则测得电源的电动势E=____V和内阻r=____Ω。

（保留两位小数）
（4）本实验中测得的电池内阻比真实________________（填“大”或“小”或“相等”），从两表的内阻考虑引起实验系统误差的主要原因________________。

四、解答题
17．如图所示 , 在光滑桌面上置有长木板B和物块C, 在长木板的右侧置有物块A, 一开始A．B处于静止状态。

物块A与长木板B之间的动摩擦因数为 0.2, 长木板B足够长。

物块A的质量为2kg, 长木板B的质量为 1kg, 物块C的质量为 3kg. 物块C以 4m/s的初速度向右运动 , 与长木板B碰撞后 , 与长木板B黏在一起。

重力加速度g取 10m/s2 ，试求：
(1)C与B碰撞过程中，损失的机械能；
(2)最终A．B．C的速度大小和A相对于B运动的距离。

18．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l = 0.5m，左端接有阻值R = 0.3Ω的电阻．一质量m = 0.1kg，电阻r= 0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B = 0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a = 2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之
比Q1：Q2= 2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求
（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
（3）外力做的功W F．
参考答案
1．C
【解析】滑动变阻器的触头向下缓慢移动时，R 减小，则电路的总电阻减小，总电流变大，
路端电压减小，即电压表读数减小；灯a 及内阻上的电压变大，a 灯变亮，则b 灯电压减小，
电流较小，b 灯变暗，则通过R 的电流变大，电流表的读数变大，选项AB 错误，C 正确；电容器两端的电压等于b 灯两端的电压，则电容器两极板电压减小，所带的电荷量减小，选项D 错误；故选C.
2．C
【解析】
电压表V 1的示数为4V ，由U-I 图象得到其电流为0.6A ，故另外两个灯泡的电流均为0.3A ，再根据U-I 图象得到电压为1V ，故电压表V 2的示数为1.0V ，电流表A 2的示数为0.30A ，故
A B 错误；三个小灯泡消耗的功率之和为40.6210.33P W W W =⨯+⨯⨯=，选项C 正确； 路端电压为U=E-Ir ，只有一组数据，无法求解电动势和内电阻，故D 错误；故选C ．
点睛：本题关键明确电路结构，结合U-I 图象得到干路电流和各个灯泡的电压、电流，然后可求解输出功率．
3．A
【详解】
A ．根据c W h γ=，极限频率越大的金属材料逸出功越大。

故A 正确。

B ．发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光照射的时间无关。

故B 错误。

C ．根据光电效应方程k E h W γ=-知，光电子的最大初动能与入射光的频率和逸出功两个因素有关，光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出逸出功不一定越小，也可能是因为入射光的频率高的缘故。

故C 错误。

D ．光的强度影响的是单位时间发出光电子数目，入射光光强一定时，频率越高，则单位时间发出的光子数目越少，单位时间内逸出的光电子数就越少．故D 错误。

故选A 。

4．C
【解析】
【详解】
AD．由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b．由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动．同理，若圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动；故A D错误；B．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，故B错误；
C．若圆盘顺时针减速转动时，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场减弱．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由b→a．由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，故C正确；
【点睛】
金属圆盘转动时，类似于导体棒切割磁感线，可以用安培定则判定感应电流的方向．B中感应电流的磁场方向使用楞次定律进行判定．
5．B
【详解】
分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．故B正确．
【点睛】
本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定．根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化．
6．B
【详解】
，故A错误；
A、导体棒切割磁感线产生感应电动势E Blv
B 、感应电流的大小
sin sin E Bv I l r r θ
θ
=
=，故B 正确； C 、所受的安培力为2sin l B vl
F BI r θ==
，故C 错误； D 、金属杆的热功率222
sin sin l B v Q I r r
θ
θ==
，故D 错误． 7．C 【解析】
当单刀双掷开关与a 连接时，匝数之比为10：1
，原线圈两端有效值为=220V ，所以副线圈电压有效值为22V ，A 正确；把时间t 代入瞬时值表达式得电压瞬时值为155.5V ，B 错误；滑动变阻器触头向上移动的过程中，电阻增大，电压不变，电流减小，电流表的示数变小，C 正确；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，匝数之比为5：1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，D 正确；故选ACD.
点睛：做好本题要理解变压器中心抽头的作用：改变了匝数之比，从而改变了电压之比，也改变了两表的示数． 8．C 【分析】
已知变压器的输出电压，根据变压比公式求解输入电压；根据公式E m =NBSω求解最大磁通量. 【详解】
A 、t =0时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，流过线圈的电流为零，故A 错误；
B 、副线圈中的电流2220
A 1A 20
U I R =
==，根据电流与匝数成反比，1221I n I n =，原线圈中
电流的有效值21211
1A=0.1A 10
n I I n =
=⨯，故B 错误； C 、根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U 1＝200V ，角速度ω=2πn =100π rad/s ，线圈
产生最大感应电动势，而E m =NBSω，则最大磁通量
Wb m E BS N φω==
==,故C 正确； D 、理想变压器输出功率222201W 20W P U I ==⨯=，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为20W ，故D 错误； 故选C. 【点睛】
本题考查了交流发电机的工作原理和变压器的变压比公式，明确最大值E m =NBSω、瞬时值、有效值、平均值的求解和应用范围. 9．C 【详解】
设物体初速度方向为正方向，根据动量定理可得551540/P I mv kg m s =+=⨯+=⋅，C 正确 10．BC 【解析】
试题分析: A 、B 、对导体棒受力分析，由左手定则知安培力垂直导轨向里，大小为
，则安培力随时间均匀增大，选项A 错误、选项B 正确.C 、D 、导体棒所
受支持力，竖直方向受重力和摩擦力，随时间均匀增大，开始时
，棒加速下滑，
；当
后，棒减速运动；当
速度减为零后棒将静止，此时不变，故棒先受到滑动摩擦力均匀增大，后突变为静
摩擦力恒定不变，选项C 正确、选项D 错误．故选BC ． 考点：考查牛顿第二定律、安培力、图象.
【名师点睛】考查安培力的方向与大小，同时利用棒受力分析来确定运动与力的情况，并借助于牛顿第二定律来确定摩擦力和运动情况． 11．CD 【解析】 【分析】
三个小球在磁场中受洛仑兹力方向不同，最高点由重力和洛仑兹力充当向心力；由向心力公式可知最高点的速度关系；由机械能守恒定律可得出各球释放的位置．
ABC.在最高点时，甲球受洛仑兹力向下，乙球受洛仑兹力向上，而丙球不受洛仑兹力，故
三球在最高点受合力不同，故由F 合=m 2
v r
可知，三小球中甲球受合力最大，甲的速度最大，
所以甲球释放时的高度最高；故AB 错误，C 正确；
D.因洛仑兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故D 正确； 故选CD ． 【点睛】
本题应牢记洛仑兹力的性质，洛仑兹力永不做功，故三个小球在运动中机械能守恒． 12．BCD 【详解】
A 、由s-t 图像可以知道：碰撞前A 的速度为410
3/2
A v m s -=
=- ； 碰撞前B 的速度40
2/2
B v m s -=
= ， 碰撞后AB 的速度为24
1/2
C v m s -==- 根据动量守恒可知 ()b B a A a b C m v m v m m v -=-+ 代入速度值可求得：4
3
b m kg =
所以碰撞前的总动量为 10
/3
b B a A m v m v kg m s -=-
⋅ ，故A 错误； B 、碰撞时A 对B 所施冲量为即为B 的动量变化量4B b C b B P m v m v N s ∆=--=-⋅ 故B 正确；
C 、根据动量守恒可知44/A B P P N s kg m s ∆=-∆=⋅=⋅ ，故C 正确；
D 、碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为()22211110222
a A
b B a b C m v m v m m v J +-+= ,故D 正确， 故选BCD 【点睛】
结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B 的质量，然后根据定义求出动量的变化量． 13．AB
以两球组成的系统为研究对象，以A 球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv=mv A +2mv B ， 由机械能守恒定律得：12mv 2=12mv A 2+1
2
•2mv B 2， 解得：v A =-
13
v ，v B =2
3v ，负号表示碰撞后A 球反向弹回，
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A 球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv=（m+2m ）v B ， 解得：v B =
1
3
v ， 则碰撞后B 球的速度范围是：
13
v ＜v B ＜2
3v ，故BC 正确，AD 错误；故选BC ．
点睛：本题考查了求碰撞后B 球的速度，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题． 14．BCD 【解析】
试题分析：由图可知在图中t=0时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量均最大；线圈先后两次周期之比为2:3,所以转速之比为3:2；交流电a 的周期为0.4s ，ω=2πT
=5πrad/s ，最
大值为10V ，所以瞬时值为u=10sin5E m =BωS (v)；因为E m =BωS ，E mA E mB
=ωA ωB
=3
2
，所以交
流电b 电压的最大值为20
3（v ）。

选项A 正确。

考点：交流电的产生及变化规律。

15． 1A d v t =
∆ 2
B d
v t =∆ AB 211221m m m m t t t +-=∆∆∆
【解析】（1）滑块A 、B 碰撞前速度的大小分别为1A d v t =
∆， 2
B d
v t =∆；碰后共同速度： d
v t
=
∆。

（2）要验证的关系式为： ()2121B A m v m v m m v -=+，带入整理可得：
2112
21m m m m t t t
+-=∆∆∆，则必须要测量的物理量有滑块AB 包括窄片的总质量m 1 m 2故选AB.
（3）为了验证碰撞中动量守恒定律，需要验证的关系是
2112
21m m m m t t t
+-=∆∆∆ 16． jd 部分断路 旧干电池 1.45 0.90 大 电压表的分流
【解析】（1）闭合电键后，电流表有示数，说明电路不存在断路，电压表没有示数，是由导线dj 断路造成的；
（2）由于旧电池内阻较大，在实验时误差较小，故应选用旧干电池进行实验； （3）由图像可知，电源的电动势E=1.45V ，内阻r=
1.45 1.000.900.50
U I ∆-=Ω=Ω∆ ____Ω。

（4）该实验中，根据该电路测量的结果中，电流表测量的电流是流过电源的电流与流过电压表的电流的差，即电压表与电源并联，引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流；电压表的分流使路端电压达不到电源的电动势，所以电动势的测量值要比真实值小；由于电压表的分流，电压的测量值偏小，根据r=△U/△I ，内电阻的测量值也偏小．
点睛：本实验的原理是闭合电路欧姆定律，根据原理由图象的斜率和截距分别求出内阻和电动势，同时注意根据电路图分析实验基本原理和误差情况． 17．(1) 6J (2) 1.5m
【解析】(1)对于 C 与 B 碰撞的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： m C v 0=(m C +m B )v 1. 可得0134
3/31
C C B m v v m s m m ⨯=
==++
C 与 B 碰撞过程中 , 损失的机械能 ()22011122
C C B E m v m m v =-+； 解得 △E =6J
(2)由于木板 B 足够长，所以最终三者速度相同，取向右为正方向，由动量守恒定律得： m C v 0=(m A +m C +m B )v 2. 代入数据解得 v 2=2m /s 对系统运用能量守恒定律得： μm A gd =
12 (m C +m B )v 12−1
2
(m A +m C +m B )v 22. 代入数据解得 A 相对于 B 运动的距离 d =1.5m .
点睛：解决本题时，一要理清物体的运动规律，知道最终三个物体的速度必定相同．二要注意C 与B 碰撞时A 没有参与． 18．（1）4.5C （2）1.8J （3）5.4J
【详解】
（1）设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为：ΔΦ=BLx ， 由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为： E t
∆Φ
=
∆ 由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为： E
I R r
=+ 通过电阻R 的电荷量为：q = I Δt 联立以上各式，代入数据解得：q =4.5C
（2）设撤去外力时棒的速度为v ，棒做匀加速运动过程中，由运动学公式得：22v ax = 设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W ，由动能定理得： W = 0－mv 2
撤去外力后回路中产生的焦耳热：Q 2= －W 联立以上各式，代入数据解得：Q 2=1.8J
（3）由题意各，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1:Q 2=2:1 可得：Q 1=3.6J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可得：W F = Q 1 + Q 2 联立以上各式，代入数据解得：W F =5.4J。