2021-2022学年河北省衡水市冀州一中高二（上）期末物理试卷（合格考）（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河北省衡水市冀州一中高二（上）期末物理试卷（合格考）（含答案解析），共11页。试卷主要包含了8×10−17J，动能为3，6×10−17JD，【答案】C，【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

如图所示，在竖直向上的匀强磁场中水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A. a、b两点磁感应强度相同
B. c、d两点磁感应强度相同
C. a点磁感应强度最大
D. b点磁感应强度最大
了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样去观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下说法中符合历史事实的是( )
A. 伽利略通过“理想斜面实验”得出“力是维持物体运动的原因”
B. 牛顿建立了万有引力定律，并测出了万有引力常量
C. 奥斯特发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性
D. 开普勒通过对行星观测记录的研究，发现了万有引力定律
英国物理学家法拉第提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础。下列相关说法正确的是( )
A. 电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用都是通过电场发生的
B. 电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交
C. 磁体和磁体、磁体和通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的
D. 通过实验可以发现电场线和磁感线是客观存在的
在图中，分别给出了导线中的电流方向以及磁场中某处小磁针N极的指向或磁感线方向，错误的是( )
A. B. C. D.
如图所示，正方形线框abcd的边长与匀强磁场区域的宽度相等，在线框从图示位置水平向右平移至ad边恰好穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量( )
A. 逐渐减小
B. 逐渐增大
C. 逐渐减小
D. 逐渐增大
如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列关于穿过平面的磁通量的情况中，正确的是( )
A. 如图所示位置时磁通量为零
B. 若使框架绕OO′转过60∘，磁通量为BS2
C. 若从初始位置转过90∘角，磁通量为BS
D. 若从初始位置转过180∘角，磁通量变化为0
如图所示，闭合的矩形线圈abcd水平放在范围足够大的匀强磁场中，下列情况下线圈中能产生感应电流的是( )
A. 线圈以ab边为轴转动
B. 线圈向右平移
C. 线圈向上平移
D. 以垂直于线圈平面的轴逆时针转动
以下关于电磁感应的说法正确的是( )
A. 感应电流磁场的方向总与原磁场的方向相反
B. 只要闭合导体回路切割磁感线，就一定有感应电流产生
C. 若某时刻穿过闭合导体回路的磁通量为零，则此时刻回路中的感应电流一定为零
D. 穿过某闭合导体回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大
第一位提出“光本身也是一种电磁波”的科学家是( )
A. 赫兹B. 法拉第C. 麦克斯韦D. 爱因斯坦
雷达是一种利用电磁波来测定物体位置和速度的设备，它可以向一定方向发射电磁波脉冲，当电磁波遇到障碍物时会发生反射。雷达在发射和接收到反射回来的电磁波脉冲时，在监视屏上将对应呈现出一个尖形波。某防空雷达发现一架飞机正沿飞机与雷达的连线朝雷达匀速飞来。某时刻在雷达监视屏上显示的波形如图甲所示，经过20s后雷达向飞机发射和接收到的波形如图乙所示，已知雷达监视屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为1×10−4s，电磁波的速度为3×108m/s，则该飞机的飞行速度大小约为( )
A. 400m/sB. 75m/sC. 200m/sD. 150m/s
如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1Ω，则下列说法中不正确的是( )
A. 通过电动机的电流为10AB. 电动机的输入功率为20W
C. 电动机的热功率为4WD. 电动机的输出功率为16W
一根粗细均匀的电阻丝，横截面的直径是d，电阻为R，把它拉制成直径是d10的均匀细丝后，它的电阻变成( )
A. R100B. 100RC. R1000D. 10000R
a、b两导体的U−I图象如图所示两导体的电阻之比Ra：Rb等于( )
A. 4：1
B. 2：1
C. 1：2
D. 1：1
三个阻值分别为4Ω，6Ω，12Ω的电阻，以不同方式进行组合连接，获得的总电阻的最大值和最小值分别为( )
A. 22Ω和4Ω。B. 22Ω和2ΩC. 18Ω和4ΩD. 18Ω和2Ω
如图所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A，B两端接在电压恒定的电源上，则( )
A. S断开时，R1与R2的电压之比为1：5
B. S闭合时，通过R1与R2的电流之比为5：1
C. S闭合时，R1与R2两端的电压之比为1：5
D. S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2：1
一电子经过电场中A、B两点，电子在A点电势能为4.8×10−17J，动能为3.2×10−17J，电子经过B点时电势能为3.2×10−17J，如果电子只受电场力作用，则( )
A. 电子在B点的电势为200VB. 由A到B电场力做功为100eV
C. 电子在B点时动能为1.6×10−17JD. A、B两点间电势差UAB=100V
两个分别带有电荷量均为Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F，将其中一球电荷量变为2Q，并把它们的距离变为2r，则两球间库仑力的大小变为( )
A. F2B. FC. F4D. 2F
在如图所示的电路中，电阻R1=12Ω，R2=8Ω，R3=4Ω.当电键K断开时，电流表示数为0.25A，当K闭合时电流表示数为0.36A.求：
(1)电键K断开和闭合时的路端电压U及U′？
(2)电源的电动势和内电阻？
(3)电键K断开和闭合时内阻上的热功率P及P′？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图
根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图
显然，c点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同；a点磁感应强度为两点之差的绝对值，最小；b点电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大；
故选：D。
该题考察了磁场的叠加问题。用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项。
磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
2.【答案】C
【解析】解：A、伽利略通过“理想斜面实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，故A错误；
B、牛顿建立了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，故B错误；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性，故C正确；
D、开普勒通过对第谷的行星观测记录的研究，发现了行星运动的规律，即开普勒三个定律，故D错误。
故选：C。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
3.【答案】C
【解析】解：A、电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的，通电导体和通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的，故A错误；
B、电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，故B错误；
C、磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故C正确；
D、电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线，实际不存在，故D错误；
故选：C。
电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线。
本题要重点掌握电场磁场是客观存在的，但电场线和磁感线是不存在的，知道电荷、磁极和通电导体间的相互作用都是通过场完成的。
4.【答案】B
【解析】解：A、根据安培定则可知，通电直导线中电流向下，则磁感线顺时针，小磁针N极所指的方向为该点磁场的方向，故A正确；
B、环形电流中的磁场方向向左，则小磁针N极向左，故B错误；
C、通电螺旋管中，磁场方向向右，右端是N极，故C正确；
D、环形电流为逆时针，根据安培定则可知，内部磁场方向向外，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
本题考查通电直导线和通电线圈周围磁场的方向，解题的关键是安培定则的灵活运用。
5.【答案】B
【解析】解：线框从图示位置水平向右平移至ad边恰好穿出磁场的过程中，磁感应强度不变，但有效面积S增大，则由Φ=BS可知，磁通量是逐渐增大的，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据磁通量的定义Φ=BS即可确定磁通量的变化。
本题考查对磁通量的掌握，注意明确当B与S相互垂直时，可以直接利用公式Φ=BS确定磁通量，注意有效面积即可正确求解。
6.【答案】B
【解析】解：A.如图所示，磁场方向与线圈平面垂直，穿过线圈的磁通量最大Φm=BS，故A错误；
B.若使框架绕OO′转过60∘，根据磁通公式，可得Φ=BScs60∘=BS×12=12BS，故B正确；
C.如图所示，若从初始位置转过90∘角，磁场方向与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量最小，为零，故C错误；
D.若规定图示位置穿过线圈平面的磁通量为正，则Φ1=BS，当线圈平面从初始位置转过180∘角，穿过线圈的磁通量Φ2=−BS，磁通量的变化ΔΦ=Φ2−Φ1=−BS−BS=−2BS，故D错误。
故选：B。
根据公式Φ=BScsα可知，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量最小，为零；磁通量是标量，但有方向，若规定磁场从某个方向穿过线圈，磁通量为正，则磁场从相反方向穿过线圈平面，磁通量为负。
注意：公式Φ=BScsα中，α为B与S的夹角。
7.【答案】A
【解析】解：A、当线圈以ab为轴旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故A正确；
BC、由于磁场是匀强磁场且范围足够大，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，故BC错误；
D、以垂直于线圈平面的轴逆时针转动时线圈中磁通量不会变化，不会产生感应电流，故D错误。
故选：A。
明确感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．所以只要分析磁通量是否变化即可。
本题考查感应电流产生的条件，只要明确产生感应电流的两个条件为：一是闭合回路，二是回路中磁通量发生变化。
8.【答案】D
【解析】解：A、根据楞次定律知道，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，感应电流磁场的方向总与原磁场的方向不一定相反，故A错误；
B.产生感应电流的条件：一是闭合回路；二是磁通量发生变化，故B错误；
C.某一时刻穿过闭合导体回路的磁通量为零，下一时刻的磁通量不一定为零，根据感应电流的条件知道，故C错误；
D.闭合电路中感应电动势大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，穿过某闭合导体回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大，故D正确。
故选：D。
根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势与什么因素有关；明确感应电流产生的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流；明确楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化。
解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率有关。判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化。
9.【答案】C
【解析】解：建立完整电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦，而赫兹证实了电磁波的存在，对于法拉第首次提出场的概念，并发现电磁感应现象，爱因斯坦的相对论。故C正确，ABD错误。
故选：C。
建立完整电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦，从而即可判定．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
10.【答案】D
【解析】解：已知雷达监视屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为10−4s，从左图中可以看出两次时间间隔为4个刻度线，即：t=4×10−4s；
利用公式可得刚开始相距：s1=0.5vt=0.5×3×108m/s×4×10−4s=6×104m；
同理20s后相距：s2=0.5vt′=0.5×3×108m/s×2×10−4s=3×104m；
结合几何关系，故移动的距离为：Δs=s1−s2=6×104m−3×104m=3×104m
移动速度：v=ΔsΔt=3×10420m/s=150m/s
故ABC错误，D正确。
故选：D。
据图象可以知道发射和接收的时间差，已知电磁波的速度即为3×108m/s，因电磁波的所走的距离等于2倍的被监视目标与雷达的距离，所以由公式s=0.5vt可以求出被监视目标与雷达的距离．
这是通过实际问题，结合雷达图象考查对速度公式的理解，特别注意电磁波的所走的距离等于2倍的被监视目标与雷达的距离。
11.【答案】A
【解析】
【分析】
电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R和r是纯电阻，可以对R和r，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率P入=UI，发热功率P热=I2RM，输出功率P出=P−P热.根据功率关系求出电动机输出的功率。
对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路。电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。
【解答】
A、根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I(r+R)
解得：I=E−UR+r=30−109+1=2A，故A错误；
B、电动机的输入功率为：P入=UI=10×2=20W，故B正确；
C、电动机的热功率为：P热=I2RM=22×1=4W，故C正确；
D、电动机的输出功率为：P出=P−P热=UI−I2RM=10×2−22×1=16W，故D正确。
本题选不正确的，
故选：A。
12.【答案】D
【解析】解：将电阻丝拉制成直径是d10的均匀细丝后，横截面积变为原来的1100，由于体积不变，则长度变为原来的100倍，根据R=ρlS知，电阻变为原来的10000倍。故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
抓住电阻的体积不变，结合直径的变化得出长度的变化，通过电阻定律得出电阻的变化．
解决本题的关键掌握电阻定律据R=ρlS，知道电阻丝的体积不变．
13.【答案】B
【解析】解：由I−U图象，根据电阻的定义式，可得两导体的电阻分别为：R1=UI1=2.00.5Ω=4Ω；而R2=UI2=1.00.5Ω=2Ω，故两导体的电阻之比为：R1R2=42=2：1，故B正确，ACD错误。
故选：B。
由I−U图象确定两电阻在电流为0.5A时的电压值，再结合电阻的定义式求解即可。
本题考查电阻的定义式应用，要注意由于横纵坐标的标度不同，故不能直接利用斜率求解电阻值。
14.【答案】B
【解析】
【分析】
三个电阻串联时获得的电阻最大；
三个电阻并联时获得的电阻最小。
知道串联电路和并联电路中电阻的算法，基础题。
【解答】
三个电阻串联时获得的电阻最大，最大值为4Ω+6Ω+12Ω=22Ω；
三个电阻并联时获得的电阻最小，根据并联电路特点：并联之后的总电阻小于支路中的最小电阻，1R并=14+16+112解得：R并=2Ω。
故选B。
15.【答案】A
【解析】解：A、S断开时，电阻R1与R2串联，电压与电阻成正比，所以R1与R2的电压之比为1：5，故A正确；
B、S闭合时，根据I=UR知通过R1与R2的电流之比为2：1，故B错误；
C、S闭合时，R并=R2R3R2+R3=10×1010+10Ω=5Ω，R1与R并串联，根据串联分压原理知R1与R2两端的电压之比为2：5，故C错误；
D、S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为16:27=712，故D错误。
故选：A。
分析电路串并联关系，根据串联分压、并联分流、欧姆定律分析求解。
电路的分析与计算问题的基础是分析电路结构。熟练掌握串并联电路电流、电压与电阻的分配关系是关键。
16.【答案】B
【解析】解：A、根据电势的定义求B点的电势，φB=EpBq=3.2×10−17−1.6×10−19V=−200V，故A错误；
B、根据电场力做的功等于电势能的减小量可求WAB=EpA−EpB=4.8×10−17J−3.2×10−17J=1.6×10−17J=100eV，故B正确；
C、由于电子只受电场力作用，根据能量守恒定律知道，电子在A点的电势能和动能之和与B点的电势能和动能之和相等。EkB=EA−EpB=(4.8+3.2)×10−17J−3.2×10−17J=4.8×10−17J，故C错误；
D、AB两点的电势差UAB=WABq=1.6×10−17−1.6×10−19V=−100V，故D错误。
故选：B。
由电势和电势差的定义求B点的电势和电势差。根据能量守恒求出电子的动能，根据电场力做功与电势能的变化关系求电场力做的功，同时可以求出两点间的电势差。
根据能量守恒求出电子的动能，根据电场力做功与电势能的变化关系求电场力做的功，同时可以求出两点间的电势差。
17.【答案】A
【解析】解：变化前，根据库仑定律得，F=kQ2r2，变化后，根据库仑定律得，F1=kQ×2Q(2r)2=kQ22r2=F2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据库仑定律的公式，明确题干变化量和不变量求出问题，代入公式求解即可。
本题考查库仑定律公式的运用，注意变化前和变化后各物理量的不同，基础题。
18.【答案】解：(1)K断开时，路端电压为U=I(R2+R3)=0.25×(8+4)V=3V
K闭合时：U′=I′R2=0.36×8V=2.88V；
(2)K断开时：外电路总电阻R=(R2+R3)R1R1+R2+R3=6Ω
K闭合时，外电路总电阻R′=R1R2R1+R2=4.8Ω
则断开时有：E=U+URr①，
E=U′+U′R′r②
由①②代入数据解得：
E=3.6V，r=1.2Ω；
(3)K断开时：I=ER+r=0.5A
则P=I2r=0.3W
K闭合时：I′=ER′+r=0.6A；
则P′=I′2r=0.432W；
答：(1)电键K断开时的路端电压为3V，闭合时路端电压为2.88V；
(2)电源的电动势为3.6V，内电阻为1.2Ω；
(3)电键K断开时内阻上的热功率为0.3W，闭合时内阻上的热功率为0.432W。
【解析】电键K断开时，电阻R2和R3串联后与电阻R1并联。当K闭合时，电阻R3被短路，根据欧姆定律求解路端电压，根据闭合电路欧姆定律分别列方程求出电动势和内阻，根据P=I2r求解电键K断开和闭合时内阻上的热功率。
对于电路问题，首先要搞清电路的连接方式，有时要画出等效电路。基本题。