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安徽省黄山市天都中学2022-2023学年高二物理期末试题含解析
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. (单选)一输入电压为220V,输出电压为36V的变压器副线圈烧坏,为获知此变压器原、副线圈匝数,某同学拆下烧坏的副线圈,用绝缘导线在铁芯上新饶了5匝线圈.如图所示,然后将原来线圈接到220V交流电源上,测得新绕线圈的端电压为1V,按理想变压器分析,该变压器烧坏前的原、副线数分别为( )
A.1100,180 B.1100, 360 C.2200,180 D.2200,360
参考答案:
A
2. 为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是 ( )
参考答案:
B
3. 如图2所示,匀强磁场和匀强电场相互垂直,一电子以某一速度飞入其中后,做匀速直线运动,其速度方向应该为 :( )
A.垂直纸面向里; B.与电场线平行;
C.与磁感线平行; D.垂直纸面向外。
参考答案:
D
4. 如图所示,是一弹簧振子,忽略所有摩擦力,当振子振动时。设向右方向为正,O为平衡位置,则振子从a→O运动时,下列说法正确的是
A.位移为正值,速度为正值
B.位移为正值,加速度为负值
C.位移为负值,速度为正值
D.位移为负值,加速度为负值
参考答案:
C
5. 甲、乙为两颗地球卫星,其中甲为同步卫星,乙为近地卫星,两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是( )
A.甲的周期大于乙的周期 B.乙的速度大于第一宇宙速度
C.甲的加速度小于乙的加速度 D.甲在运行时能经过北极的正上方
参考答案:
AC
二、 填空题:本题共8小题,每小题2分,共计16分
6. (4分)电场中A、B两点的电势是φA=-800V,φB=-200V。则A、B两点间的电势差UAB= V;把电荷q=-1.5×10-8C由A点移到B点,电场力做的功为W= J,电势能 (填增加或减少)了 J。
参考答案:
-600;9×10-6;减少;9×10-6J
7. 如图所示,一绝缘细圆环半径为r,其环面固定在水平面上,场强为E的匀强电场与圆环平面平行,环上穿有一电量为+q、质量为m的小球,可沿圆环作无摩擦的圆周运动.若小球经A点时速度vA的方向恰与电场垂直,且圆环与小球间沿水平方向无力的作用,则速度vA= .当小球运动到与A点对称的B点时,小球对圆环在水平方向的作用力NB= 6Eq .
参考答案:
考点:
带电粒子在匀强电场中的运动;牛顿第二定律;向心力.版权所有
专题:
牛顿第二定律在圆周运动中的应用;带电粒子在电场中的运动专题.
分析:
“小球经A点时圆环与小球间沿水平方向无力的作用”是解题的突破口,即小球到达A点时电场力提供向心力,这样可以求出vA;根据从A到B的运动过程中只有电场力做功可以求出vB,再根据向心力公式可得NB.
解答:
解:由题意可知小球到达A点时电场力提供向心力即qE=
解得vA=
从A到B的运动过程中根据动能定理可得
2qEr=﹣m
在B点根据向心力公式可得NB﹣qE=m
联立以上三式得NB=6qE
根据牛顿第三定律可得小球对圆环在水平方向的作用力大小为6qE.
故答案为:;6qE.
点评:
解本题时不要忘记根据向心力公式可得NB﹣qE=m求出的NB是圆环对小球的支持力,而题目要求的是小球对圆环的压力,故需要利用牛顿第三定律进行转化.
8. 磁铁的磁极吸引着两根铁丝,两根铁丝下端相互排斥,如图2.5-2所示,这是因为铁丝被磁铁 后,远离磁极的一端的极性是 (填“相同”或“相反”)的而相互排斥。
参考答案:
9. 如图所示,质量为m的物块放在水平木板上,木板与竖直弹簧相连,弹簧另一端固定在水平面上,今使m随M一起做简谐运动,且始终不分离,则物块m做简谐运动的回复力是由 提供的,当振动速度达最大时,m对M的压力为 。
参考答案:
重力和M对m的支持力的合力 mg。
10. 电流单位1A = mA 电容单位1 F= μF
参考答案:
103 106
11. 理想变压器原副线圈匝数比为N1﹕N2=1﹕2,原线圈中有一额定电流I0=1A的保险丝,电源电压U=220V,R是接在副线圈上的可变电阻,为了不使原线圈电流超过I0,负载电阻R的阻值不能小于 Ω.
参考答案:
12. 一节干电池的外电压为1.42V ,电动势为1.5V ,则它的内电压为 V。此时电池中每通过1C电量,有 J的化学能转化成电能,如果通过电池的电流为0.2A,则电池中化学能转化成电能的功率为 W,输出功率为 W。
参考答案:
0.08;1.5;0.3;0.284
13. (3分)如图所示,匀强磁场区和无磁场区的宽度都为L,磁场区Ⅰ和Ⅲ内的磁感强度大小为B;磁场区Ⅱ和Ⅳ内的磁感强度大小为2B,边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd,以速度v向右匀速运动,从线框bc边刚进入区域Ⅰ开始计时,到线框bc边刚离开区域Ⅳ停止计时,在这段时间内线框中电流生热的平均功率为_____________W。
参考答案:
三、 实验题:本题共2小题,每小题11分,共计22分
14. 在用单摆测重力加速度的实验中,测得单摆摆角很小时,完成n次全振动时间为t,用毫米刻度尺测得摆线长为l,用螺旋测微器测得摆球直径为d.
(1)测得重力加速度的表达式为______.
(2)实验中某学生所测g值偏大,其原因可能是______.
A.实验室海拔太高
B.摆球太重
C.测出n次全振动时间为t,误作为(n+1)次全振动时间进行计算
D.以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算.
参考答案:
(1). (2). CD
【详解】第一空.单摆的周期为:;摆长为:,根据得: 。
第二空.实验室离海平面太高,所测值应偏小,故A错误;摆球的轻重对实验没有影响,故B错误;测出n次全振动时间为t,误作为(n+1)次全振动时间进行计算,周期算小了,由可知会导致g偏大,故C正确;以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算,摆长算长了,会导致g偏大,故D正确;
15. 某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现,里面除了一节1.5V的干电池,还有 一个方形电池(层叠电池)。为了测定该电池的电动势和内阻:
(1)该同学设计了如图甲所示的电路,请你按照电路图完成乙图的实物连线。111]
(2)定值电阻R和电流表G的总电阻为1000Ω,丙图为该同学根据上述设计的实验电路所测出的数据绘出的图线(为电流表G的示数,为电流表A的示数),由图线可以得到被测电池的电动势E=_____V,内阻r=______Ω。(结果均保留两位有效数字)
参考答案:
(1)如图所示(2)9.0V;14Ω
考点:测定电池的电动势和内阻实验
【名师点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验,要注意明确实验原理,知道该实验中数据处理的方法,注意图象纵坐标不是电源的路端电压,而是电流表示数,要根据电路结构进行计算
四、计算题:本题共3小题,共计47分
16. 如图所示为一真空示波管,电子从灯丝K发出(初速度不计),经灯丝与A板间的加速电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点.已知加速电压为U1,M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L1,板右端到荧光屏的距离为L2,电子质量为m,电荷量为e.求:
(1)电子穿过A板时的速度大小;
(2)电子从偏转电场射出时的侧移量;
(3)P点到O点的距离.
参考答案:
(1)(2)(3)
17. 如图所示,质量m=2 kg的物体A在倾角θ=30°的足够长的固定斜面上,在沿斜面向上的推力F作用下,A从底端开始以初速度v0=8 m/s 向上运动,已知A与斜面之间的动摩擦因数为μ=,F=5 N.经过一段时间t,物体A有沿斜面向下的速度2 m/s.重力加速度取g=10 m/s2.求:
(1)时间t;
(2)F在时间t内的平均功率.
参考答案:
(1) 4 s (2) 7.5 W
【详解】解:(1)物体上滑阶段根据牛顿第二定律有:
解得:
物体上滑到最高点时间:
物体下滑阶段,根据牛顿第二定律有:,
解得:
下滑时间为:
故:
(2) 物体上滑阶段:,
物体下滑阶段:,
在时间内的平均功率:
18. (16分)如图所示,有一个小物快质量为m=80g,带有正电荷q=2×10-4c,与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2,在一个水平向左的匀强电场中,E=103V/m,在水平轨道的末端N处,连接一个光滑的半圆形轨道,半径为R=40㎝,取g=10m/s2,求
(1)如果小物快恰好运动到轨道的最高点,那么小物快应该从水平轨道哪个位置由静止释放?
(2)如果在上小题的位置释放小物快,当它运动到P(半圆形轨道中点)时对轨道的压力等于多少?
参考答案:
(1)距N为20m处由静止释放. (2)3N
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