2022-2022学年山东省日照市高二（上）期末物理试卷一、本题包括15小题，每小题3分，共45分。其中第1~10小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，第I~15小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分1．（3分）磁体之间的相互作用是通过磁场发生的。对磁场的认识，正确的是（ ）A．磁场必定是由磁铁产生的B．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零C．磁感线总是从N极出发，到S极终止D．磁场是客观存在的特殊物质2．（3分）驱动中国2022年6月19日消息，京东的智慧物流有20余台配送机器人上阵，开启了全球首次全场景常态化配送运营。该配送机器人能够识别红绿灯信号、规避道路障碍和来往车辆、主动礼让行人。机器人主动礼让行人，是利用了（ ）A．力传感器B．光传感器C．温度传感器D．声传感器3．（3分）我们都有这样的经验，玻璃杯落在水泥地面上会破碎，而从相同的高度落在地毯上不会破碎，对这一现象的解释，正确的是（ ）A．玻璃杯落到水泥地面上的动量较大B．玻璃杯落到水泥地面上的冲量较大C．玻璃杯落到地毯上，动量的变化量较小D．玻璃杯落到地毯上，减速时间较长4．（3分）关于布朗运动，下列说法正确的是（ ）A．固体小颗粒的体积越大，布朗运动越明显B．与固体小颗粒相碰的液体分子数越多，布朗运动越显著C．布朗运动的无规则性，反映了液体分子运动的无规则性D．布朗运动就是液体分子的无规则运动5．（3分）关于电磁感应现象，下列说法错误的是（ ）A．变压器铁芯做成片状是为了减小涡流B．灵敏电流表在运输时总要把两接线柱用导体连接起来，是利用了电磁驱动C．真空冶炼炉的炉外线圈应通入高频交流电D．车站和重要场所的安检门可以探测人身携带的金属物品15/156．（3分）分子甲固定在O点，分子乙从无限远处向甲运动，两分子间的分子力F与分子间距离r的关系图线如图所示。下列说法正确的是（ ）A．当r大于r2时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r2时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r2时，分子乙的势能最小D．当r等于r1时，分子乙的动能最小7．（3分）在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，t＝0时开始，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。已知线圈的总电阻为2Ω，则（ ）A．线圈中的交变电流瞬时值表达式为i＝2πsinπt（A）B．线圈中产生的电动势的有效值为4πVC．t＝0.5s到t＝1.5s的时间内，线圈中电流方向不变D．t＝0.25s到t＝0.75s的时间内，线圈中产生的热量为2π2J8．（3分）2022年I月28日，江苏南京遭遇近10年来最大降雪，高压线上冻起厚厚的冰霜，导致部分电线负重增大而断裂，有人想出通过增大输电线上损耗功率融冰方案。假设输电电压是220kV，当输送功率保持不变，为使输电线上损耗的功率增大为原来的4倍，输电电压应变为（ ）A．55kVB．110kVC．440kVD．880kV9．（3分）如图所示的电路中，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。某时刻闭合开关S，经过一段时间后，灯泡D正常发光。下列说法正确的是（ ）15/15A．闭合S，灯泡D中的电流逐渐增大到一稳定值B．断开S，灯泡D先闪亮一下再熄灭C．断开S，灯泡D中的电流方向与原来相反D．断开S，电感L中的电流方向与原来相反10．（3分）如图所示，线圈ABCD固定在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外．当磁场变化时，发现线圈AB边受安培力方向水平向右且恒定不变，则磁场的变化情况可能是图中的（ ）A．B．C．D．11．（3分）关于电磁感应现象，下列说法正确的是（ ）A．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势就越大B．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势不一定为零C．只要磁通量发生变化，电路中就一定能产生感应电流D．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化12．（3分）一理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，灯泡L1、L2完全相同，闭合开关S，灯泡正常发光。下列说法正确的是（ ）A．灯泡的额定电压为62VB．副线图输出电压的频率为50HzC．开关S断开，原、副线圈的电流减小15/15D．开关S断开，灯泡L1变暗13．（3分）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面方向的匀强磁场，圆心为O，P为磁场边界上的一点。带电粒子a、b从P点沿PO方向射入匀强磁场，经过一段时间，粒子a从边界上的M点射出磁场，粒子b从边界上的N点射出磁场。不计重力及带电粒子间的相互作用，若∠POM＝120°，∠PON＝60°，下列说法正确的是（ ）A．若粒子a、b比荷相同，它们的速率之比为3：1B．若粒子a、b的速率相同，它们的比荷之比为3：1C．若粒子a、b比荷相同，它们在磁场中的运动时间之比为1：2D．若粒子a、b的速率相同，它们在磁场中的运动时间之比为1：214．（3分）1932年美国物理学家劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部件是两个中空的半圆形D形金属盒，内部为匀强磁场，D形盒缝隙间电场变化周期为T．带电粒子在两盒之间被电场加速，在两盒中做匀速圆周运动，此时忽略粒子在D形盒缝隙间的运动时间和相对论效应，则下列说法正确的是（ ）A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期等于B．仅使D形盒缝隙间的电场强度增大，带电粒子获得的最大动能也增大C．仅使D形盒中的磁感应强度增大，带电粒子获得的最大动能也增大D．通过调整磁感应强度大小，该回旋加速器能够加速多种带电粒子15．（3分）如图所示，在xOy平面内有两根平行于y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正向、大小相同的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是（ ）15/15A．O点处的磁感应强度为零B．P点处的磁感应强度方向沿z轴正向C．Q点处的磁感应强度方向沿x轴正向D．正电荷沿y轴运动时，不受洛伦兹力作用二、本題包括2小题,共12分。根据题目要求将答案填写在答题卡中指定的位置.16．（6分）气垫导轨工作时，导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，大大减小了滑块运动时的阻力。小明同学为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量分别为m1、m2的滑块，滑块上固定着宽度为d的遮光片，导轨上A、B两点各有一个光电门，可以测量遮光片经过光电门的挡光时间。气垫导轨正常工作后，让两滑块以不同的速度从轨道两端开始相向运动，两滑块碰后粘在一起继续运动。光电门A记录了一个时间△t1，光电门B依次记录了三个时间△t2、△t、△t．则碰撞前两滑块的动量大小分别为 、 ；碰撞后两滑块的总动量大小为 、 。重复上述实验，多做几次，若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证。17．（6分）一导体材料的样品的体积为a×b×c，A′、C、A、C′为其四个侧面，如图所示．已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n，电阻率为ρ，电子的电荷量为e，沿x方向通有电流I．（1）导体样品A′、A两个侧面之间的电压是 ，导体样品中自由电子定向移动的速率是 ．（2）将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z轴正方向，则导体侧面C的电势 （填“高于”、“低于”或“等于”）侧面C′的电势．（3）在（2）中，达到稳定状态时，沿x方向的电流仍为I，若测得C、C′两侧面的电势差为U，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为 ．15/15三、本題包括4小题,共43分。解答时应写出必要的文字说明、主要公式和量要的演算步骤,只写出最后答案的,不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.18．（9分）如图所示，在水平桌面上做匀速运动的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别为V1和V2，当第二个小球追上第一个小球时两球相碰，碰后的速度分别为V1′和V2′，试根据牛顿运动定律和运动学公式证明两球碰撞前的动量之和等于碰撞后的动量之和．19．（9分）如图甲所示，气缸左右侧壁导热，其它侧壁绝热，平放在水平面上。质量为m、横截面积为S的绝热活塞将气缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时两部分气体体积相等。外界温度T0保持不变，重力加速度为g（不计活塞和气缸间的摩擦）。（1）若将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示，稳定后A、B两部分气体体积之比变为3：1，整个过程不漏气，求此时B部分气体的压强。（2）将丙图中B的底端加一绝热层，对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，求此时B部分气体的温度T。20．（12分）如图，电阻可忽略的足够长的光滑平行金属导轨间距l＝1.0m，倾角θ＝30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝1.0T的匀强磁场垂直于轨道平面向上，阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端某处由静止释放，下滑距离d＝1.2m时刚好达到最大速度，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）金属棒的最大速度vm的大小；15/15（2）从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，金属棒上产生的焦耳热Qr；（3）金属棒从开始运动到刚好达到最大速度所用的时间t。21．（13分）如图所示，在xOy平面内的第一象限内，x＝4d处竖直放置一个长l＝4d的粒子吸收板EF，在EF左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在原点O处有一粒子源，可沿y轴正向射出质量为m、电荷量为+q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。（1）求直接打在E点的粒子的速率v1；（2）若在点G（8d，0）处放置一粒子回收器，FG为一挡板，粒子与挡板碰撞时无能量和电荷量损失，为回收恰好从F点进入EF右侧区间的粒子，需在x＞4d的区域加一垂直纸面向外的匀强磁场B′（图中未画出），求：①磁感应强度B的大小；②此类粒子从O点发射到进入回收器所用的时间。15/152022-2022学年山东省日照市高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、本题包括15小题，每小题3分，共45分。其中第1~10小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，第I~15小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分1．【解答】解：AD、磁铁和电流都能产生磁场，客观存在的特殊物质，故A错误，D正确；B、通电导线不受磁场力，该处磁感应强度不一定为零，若电流的方向与磁场的方向平行，不受磁场力，但是磁感应强度不为零。故B错误；C、磁感线是人为假象的，用了描述磁场的，在磁体外部由N极指向S极，内部由S极指向N极，是闭合的曲线，故C错误；故选：D。2．【解答】解：人体是有温度的，机器人主动礼让行人就是利用了温度传感器的原理，故C正确，ABD错误；故选：C。3．【解答】解：AB、杯子从同一高度掉下，与水泥地和地毯上接触前瞬间速度相同，动量相同，与水泥地和地毯上作用后速度均变为零，杯子动量的变化相同。由动量定理可知，标子受到合外力的冲量相同；故AB错误；CD、杯子与水泥地作用时间短，茶杯与地毯上作用时间长，减速时间长，由动量定理得，△P＝Ft，△P相同，则C错误，D正确故选：D。4．【解答】解：布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是因为液体分子无规则运动过程中撞击固体颗粒的不平衡性而造成的，故可反映液体分子的无规则运动，不能说成是液体分子的无规则运动；固体颗粒越小，同一时该撞击固体颗粒的分子数目就越少，不平衡性就越明显，布朗运动就越明显，故C正确，ABD错误。故选：C。5．【解答】解：A、变压器的铁芯用硅钢片代替整块铁芯，是为了减小涡流损失，故A正确；15/15B、将两个接线柱连接起来，从而形成闭合电路，当因晃动，导致线圈切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培阻力，进而阻碍其运动，是利用电磁阻尼原理减弱表针的摆动，进而保护表针不被损坏，故B错误；C、真空冶炼炉的炉外线圈通过的电流是高频交流电。故C正确；D、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到。故D正确；本题选错误的，故选：B。6．【解答】解：A、由图象可知：当r大于r2时，分子间的作用力表现为引力，故A正确；B、当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，r大于r1小于r2时，分子间的作用力表现为引力，故B错误；C、分子间距离为r1时分子乙的势能最小，此时分子间的距离为平衡距离，故C错误；D、r1是分子的平衡距离，当r等于r1时，分子势能最小，分子乙的动能最大，故D错误；故选：A。7．【解答】解：A、感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.04×V＝4πV从t＝0时磁通量为零，即从峰值面开始计时，线圈电动势的瞬时表达式为e＝4πcos（t）＝4πcos（πt）（V），故A错误；B、线圈中产生的电动势的有效值为，故B错误；C、Φ﹣t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向”不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故C正确；D、t＝0.25s到t＝0.75s的时间内，线圈中产生的热量为：J，故D正确；故选：CD。8．【解答】解：根据输电功率公式I＝和损耗功率的公式，可以看出，要使△P增大为原来的4倍，则在P和R线不变的情况下，使电压U变为原来的，所以输电电压变为110KV，故选项ACD错误，选项B正确。15/15故选：B。9．【解答】解：A、闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表R中的电流逐渐增大，电源消耗的内电压增大，则灯泡两端得电压减小，灯泡的电流逐渐减小，故A错误；B、由于电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，所以电路稳定后R上的电流小于灯泡的电流，断开S，灯泡不会闪亮。故B错误；CD、断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，维持R与L内的电流方向不变，该电流流过灯泡时，电流的方向与灯泡D中的电流方向与原来相反，故C正确，D错误；故选：C。10．【解答】解：由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由B到A，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F＝，因安培力的大小不变，则B是定值，因磁场B增大，则减小，故D正确，ABC错误；故选：D。11．【解答】解：A、根据法拉第电磁感应强度可知，穿过线圈的磁通量变化量越快，感应电动势越大；而穿过线圈的磁通量变化量大，感应电动势不一定大，故A错误。B、感应电流产生的条件是，穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中会有感应电流产生，与磁通量是否为0无关，所以当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势不一定为零。故B正确。C、根据感应电流产生的条件可知，若电路不闭合，则不能有感应电流，故C错误；D、电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故D正确。故选：BD。12．【解答】解：A、根据乙图可知原线圈的电压有效值U＝＝220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，故副线圈的电压为44V，故灯泡的额定电压为44v，故A错误；15/15B、由题意得T＝0.02s，f＝＝50Hz，故B正确；C、开关S断开，副线圈电流减小，输出功率减小，故原、副线圈的电流减小，故C正确；D、开关S断开，副线圈电压不变，故灯泡L1亮度不变，故D错误；故选：BC。13．【解答】解：A、设圆形磁场的半径为R，从N点射出的粒子半径r1＝，从M点射出的粒子的半径r2＝R根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv＝m解得：v＝，当粒子a、b比荷相同，它们的速率之比等于半径之比为3：1，故A正确；B、由A得当粒子a、b的速率相同，它们的比荷之比等于半径反比为1：3，故B错误；C、根据T＝可知，当粒子a、b比荷相同，它们在磁场中的运动时间之比1：1，故C错误；D、根据T＝可知，当粒子a、b的速率相同，它们在磁场中的运动时间之比为3：1，故D错误；故选：A。15/1514．【解答】解：A、粒子在磁场中运动的周期：T＝，故A错误；BC、根据qvB＝m，解得v＝，带电粒子射出时的动能EK＝mv2＝，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电场无关；磁场越强，粒子离开加速器时的动能就越大，故B错误，C正确；D、根据粒子在磁场中周期公式T＝，当调整磁感应强度大小，导致周期变化，而加速电场的周期没变，因此回旋加速器不能够加速多种带电粒子，故D错误；故选：C。15．【解答】解：A、根据安培定则可判断出两电流在0点处产生的磁感应强度等大反向，合磁感应强度为零，故A正确；B、两电流在P点的磁场方向相反，叠加后合磁场方向沿z轴正方向，故B正确；C、两电流在z轴正方向上Q点产生的磁感应强度矢量叠加后，沿x轴负方向，故C错误；D、正电荷从O点沿z轴向上运动，由左手定则判断其受沿y轴正方向的洛伦兹力作用，故D错误。故选：AB。二、本題包括2小题,共12分。根据题目要求将答案填写在答题卡中指定的位置.16．【解答】解：（1）碰撞前两滑块的速度分别为：v1＝，v2＝，碰撞后两滑块粘在一起向右运动，共同速度为v′＝，所以碰撞前两滑块的动量分别为m1v1＝m1m2v2＝m2．碰撞后两滑块的动量分别为m1v′＝m1、m2v′＝m2。答案为：m1m2m1m215/1517．【解答】解：（1）导体材料的电阻为：R＝ρ，则电压：U＝IR＝；由电流的微观表达式：I＝nesv，则电子定向移动的速率：v＝（2）根据左手定则，电子向侧面C′运动，C′有了多余的电子，电势低，所以导体的侧面C的电势高于侧面C′的电势．（3）电子受到的洛伦兹力与电场力平衡，有：e＝evB，得：B＝；故答案为：（1），；（2）高于；（3）．三、本題包括4小题,共43分。解答时应写出必要的文字说明、主要公式和量要的演算步骤,只写出最后答案的,不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.18．【解答】证明：根据牛顿第二定律，碰撞过程中两球的加速度分别是：a1＝a2＝根据牛顿第三定律F1与F2大小相等，方向相反，即：F1＝﹣F2所以有：m1a1＝﹣m2a2碰撞时两球之间力的作用时间很短，用△t表示．这样，加速度与碰撞前后速度的关系就是：a1＝a2＝把加速度的表达式代人m1a1＝﹣m2a2移项后得到：m1v1+m2v2＝m1v′1+m2v′2即可证：两球碰撞前的动量之和等于碰撞后的动量之和．答：根据牛顿运动定律和运动学公式证明两球碰撞前的动量之和等于碰撞后的动量之和见上．19．【解答】解：（1）假设开始时，AB两部分体积均为V此时PA＝PB＝P、TA＝TB＝T0①将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示时设A部分压强为PA′则②由玻意耳定律得：对A：③15/15对B：④①②③④联立解得：⑤、（2）对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，A回到最初状态，此时⑥从乙到丙过程，对B由理想气体状态方程得：⑦⑤⑥⑦联立解得：答：（1）此时B部分气体的压强。（2）此时B部分气体的温度T。20．【解答】解：（1）金属棒的速度达到最大时，合外力0，设电流为I，由平衡条件有mgsinθ＝BIl感应电动势为E＝BlVm由闭合电路欧姆定律有代入数据得最大速度为vm＝2m/s（2）设从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，回路中产生的热量为Q，由能量守恒定律有又有得Qr＝0.2J（3）从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，由动量定理有mgtsinθ﹣BIlt＝mvm又有15/15代入数据可得t＝1s答：（1）金属棒的最大速度为2m/s；（2）从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，金属棒上产生的焦耳热为0.2J；（3）金属棒从开始运动到刚好达到最大速度所用的时间为1s。21．【解答】解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子打在吸收板AB的下边界E点，设粒子的速率为v1，由图中几何关系可知圆心在O1点，粒子的轨道半径r1＝2d，由牛顿第二定律可得：qv1B＝m联立可得：v1＝（2）经过B点的粒子能够到达C点，设磁场的磁感应强度为B′，由图中几何关系，粒子的半径r＝（n＝1、2、3…）由牛顿第二定律可得：qv2B′＝m联立可得：B′＝2nB（n＝1、2、3…）粒子从O到B的时间t1＝＝粒子从B到C的时间t2＝T＝（n＝1、2、3…）故粒子从O到C的时间t＝t1+t2＝答：（1）求直接打在E点的粒子的速率v1为；（2）磁感应强度B的大小为2nB（n＝1、2、3…）；此类粒子从O点发射到进入回收器所用的时间为。15/15
