山西省陽泉市陽原第三中學2022年高二物理下學期期末試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.參考答案：AC2.如圖所示，在光滑水平面上一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時磁鐵對水平面的壓力為N1，現在磁鐵左上方位置固定一導體棒，當導體棒中通以垂直紙面向外的電流后，磁鐵對水平面的壓力為N2，則以下說法正確的是（

）A.彈簧長度將變長，N1<N2

B.彈簧長度將變短，N1>N2C.彈簧長度將變長，N1>N2

D.彈簧長度將變短，N1<N2參考答案：A先判斷電流所在位置的磁場方向，然后根據左手定則判斷安培力方向，再根據牛頓第三定律得到磁體受力方向，最后對磁體受力分析，根據平衡條件判斷；開始時磁體受重力和支持力，二力平衡，故彈簧處于原長，磁體對水平面的壓力等于磁體的重力；通電后，根據條形磁體磁感線分布情況得到直線電流所在位置磁場方向如圖所示，由左手定則可判斷出通電導線所受安培力方向如圖所示：

由牛頓第三定律可知，條形磁鐵受到的電流對磁體的作用力斜向右下方，如圖所示，故磁體對地面的壓力增大，同時彈簧變長，故選項A正確，選項BCD錯誤。【點睛】本題關鍵先對電流分析，得到其受力方向，再結合牛頓第三定律和平衡條件分析磁體的受力情況。3.有一用電器的電功率為P,為使其消耗的功率變為原來的二倍,則正確的做法是A.電壓不變,使電阻值減半

B.電阻不變,使電壓值減半C.電阻不變,使電流流變為原來二倍

D.使電壓和電阻值均變為原來一半參考答案：A4.如圖所示，條形磁鐵用細線懸掛在O點。O點正下方固定一個水平放置的鋁線圈。讓磁鐵在豎直面內擺動，下列說法中正確的是

(

)A．在一個周期內，線圈內感應電流的方向改變2次B．磁鐵始終受到感應電流磁場的斥力作用C．磁鐵所受到的感應電流對它的作用力始終是阻力D．磁鐵所受到的感應電流對它的作用力有時是阻力有時是動力參考答案：C5.關于磁場和磁感線的描述，下列哪些是正確的()A．磁感線從磁體的極出發到磁體的極終止B．自由轉動的小磁針放在通電螺線管內部，其極指向螺線管的極C．磁感線的方向就是磁場方向D．兩條磁感線的空隙處不存在磁場參考答案：BC二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.某學生做觀察電磁感應現象的實驗，他將電流表、線圈A和B、蓄電池、開關等用導線連接成如圖所示的實驗電路，當他接通、斷開開關時，電流表的指針都沒有發生偏轉，其原因是___________________________________。參考答案：開關位置接錯，應接在蓄電池所組成的電路中7.某機床用的照明燈的電壓是24V。如果是由220V的電壓降壓得到，機床上變壓器的原線圈的匝數是1220，則變壓器的副線圈是

匝。參考答案：8.（4分）一束橙色光與界面成30°由空氣射入某介質，折射角為30°，則此介質對橙色光的折射率為___________，橙色光在此介質中的傳播速度為_________m/s。參考答案：，9.如圖所示，一個用透明材料制成的截面為直角三角形的三棱鏡ABC．現在有一束單色光從空氣中以θ=45°的入射角自直角邊AB射入，折射時的偏轉角為15°，然后光線射到AC面而剛好發生了全反射，則這種透明材料的折射率為________，全反射的臨界角為_________，角∠A=________.參考答案：10.如圖所示，一單匝線圈從左側進入磁場．在此過程中，線圈中的磁通量將

（選填“增大”或“減小”）．若上述過程所經歷的時間為0.3s，線圈中產生的感應電動勢為0.8V，則線圈中的磁通量變化了

Wb．參考答案：24.增大；0.24

11.假設地球帶的是負電，自轉一周時間為T秒，其中在赤道線上分布的電子數為1019個，那么由于地球自轉在赤道線上形成的等效環形電流方向為______________（填自東向西或自西向東），等效環形電流大小為_________A。參考答案：、自東向西，1.6/T。12.一定質量的理想氣體，在壓強不變的條件下，它在100℃時的體積和9℃時的體積之比是

。它在0℃時的熱力學溫度是

K。參考答案：373:282，27313.一理想變壓器，當原線圈接入400v交變電壓時，副線圈上“200v,40w”的燈泡恰好正常發光，則原、副線圈的匝數比為

；流過原線圈的電流為

A

參考答案：2:1

0.1

三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間距為d，電壓大小為U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一個質量為m、、電量為－q的小顆粒，將小顆粒由靜止釋放，它將從靜止被加速，然后沖出小孔，則它能上升的最大高度h=_________________，參考答案：;試題分析:小顆粒由靜止釋放，電場力對它做正功，重力做負功，從小顆粒由靜止釋放到最高點過程，根據動能定理得qU-mg（d+h）=0，解得，h=考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用；機械能守恒定律15.（6分）（1）開普勒第三定律告訴我們：行星繞太陽一周所需時間的平方跟橢圓軌道半長徑的立方之比是一個常量。如果我們將行星繞太陽的運動簡化為勻速圓周運動，請你運用萬有引力定律，推出這一規律。

（2）太陽系只是銀河系中一個非常渺小的角落，銀河系中至少還有3000多億顆恒星，銀河系中心的質量相當于400萬顆太陽的質量。通過觀察發現，恒星繞銀河系中心運動的規律與開普勒第三定律存在明顯的差異，且周期的平方跟圓軌道半徑的立方之比隨半徑的增大而減小。請你對上述現象發表看法。

參考答案：（1）

（4分）

（2）由關系式可知：周期的平方跟圓軌道半徑的立方之比的大小與圓心處的等效質量有關，因此半徑越大，等效質量越大。

（1分）

觀點一：銀河系中心的等效質量，應該把圓形軌道以內的所有恒星的質量均計算在內，因此半徑越大，等效質量越大。

觀點二：銀河系中心的等效質量，應該把圓形軌道以內的所有質量均計算在內，在圓軌道以內，可能存在一些看不見的、質量很大的暗物質，因此半徑越大，等效質量越大。

說出任一觀點，均給分。

（1分）

四、計算題：本題共3小題，共計47分16.水平放置的平行金屬板AB間的距離d=0．1m，板長L=0．3m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間，距金屬板右端x=0．5m處豎直放置一足夠大的熒光屏，現在AB板間加如圖（b）所示的方波形電壓，已知U0=1．0×102V，在擋板的左側，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續射向擋板，粒子的質量m=1．0×10-7kg，電荷量q=1．0×10-2C，速度大小均為v0=1．0×104m/s，帶電粒子的重力不計，則：（1）求粒子在電場中的運動時間；（2）求t=0時刻進入的粒子離開電場時在豎直方向的位移；（3）若撤去擋板，求熒光屏上出現的光帶長度。參考答案：（1）（2）（3）0．095m試題分析:（1）進入電場的粒子在水平方向不受力，做勻速直線運動L=v0t電子在電場中運動時間（2）電子在電場運動時間一共是，根據兩極板電壓變換圖b，豎直方向其中電子勻加速運動，電子勻減速直線運動，由于電壓大小一樣，所以加速度大小相等離開電場時豎直方向位移（3）擋板去后，所有粒子離開電場的速度都相同。示意圖如下t=0時刻進入的粒子，正向偏轉位移最大，且運動過程沒有速度反向若粒子進入的位置合適，粒子可以從極板的上邊沿離開電場。時刻進入的粒子反向偏轉過程中位移最大是速度減小到0的時候，若粒子位置合適，粒子此時剛好到達下極板，隨后開始加速，時間為，此粒子下面的粒子將打在下極板上而不能離開電場。次粒子正向偏移為根據離開粒子速度大小方向相同，判斷打在熒光屏上面的光帶長度為考點：考查帶電粒子在電場中的運動、動能定理、牛頓第二定律、勻變速直線運動的規律。17.如圖所示，abcd是一個正方形的盒子，在cd邊的中點有一小孔e，盒子中存在著沿ad方向的勻強電場，場強大小為某種離子不斷地從a處的小孔沿ab方向射入盒內，粒子的初速度為，經電場作用后恰好從e處的小孔射出。若撤去電場，在盒子中加一方向垂直于紙面的勻強磁場圖中未畫出，磁感應強度大小為B，離子仍恰好從e孔射出。求：所加磁場的方向。分別加電場和磁場時，粒子從e孔射出時的速率各多大。電場強度E與磁感應強度B的比值。參考答案：所加磁場的方向垂直紙面向外。和。【分析】根據粒子在電場中的偏轉方向，判斷粒子的電性，由左手定則判斷磁場方向；加電場時，粒子做平拋運動，運用運動的分解，由類平拋運動的規律和動能定理結合求速率。在磁場中離子做勻速圓周運動，射出e孔時速率不變。加磁場時，根據幾何關系求出離子的軌跡半徑，由牛頓第二定律列式，B用半徑、速率等等物理量表示，E也用相同的物理量表示，即可求得E與B比值。解：（1）根據粒子在電場中的偏轉方向，可知粒子帶正電，根據左手定則判斷，磁場方向垂直紙面向外。（2）設帶電粒子的電量為q，質量為m，盒子的邊長為L，粒子在電場中沿ad方向的位移為L，沿ab方向的位移為，在電場中離子做類平拋運動，設從離子從孔e射出時的速度為v，則

，

由動能定理得

解得：，

在磁場中離子做勻速圓周運動，射出e孔時。（3）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑為R，根據牛頓第二定律得

解出：

根據如圖所示的幾何關系：

解得軌道半徑為

得出磁場的磁感應強度

所以解得：【點睛】本題中類平拋運動，要掌握其基本方法：運動的分解法，要抓住水平和豎直兩個方向位移的關系是關鍵。離子在磁場中做勻速圓周運動時，畫出軌跡，運用幾何知識求半徑是關鍵。18.（10分）將一小球從距水平