2021-2022学年江西省上饶市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年江西省上饶市高二（上）期末物理试卷

1.     以下关于电场和电场线的说法中正确的是(    )

A. 电场线不仅能在空间相交，也能相切
B. 在电场中，凡是电场线通过的点，场强不为零，不画电场线区域内的点场强为零
C. 同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大
D. 电场线是人们假想的，用以表示电场的强弱和方向，是客观存在的物质

2.     真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷的电荷量变为原来的四倍，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电荷量变为原来的(    )

A.  B.  C.  D.

3.     如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b。下列表述正确的是(    )

A. 该电场是匀强电场
B. a点的电场强度比b点的大
C. a点的电势比b点的高
D. a点与b点间的电势差大小与零电势点的选取有关
 

4.     如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小灯泡，R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r。现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是(    )

A. 电流表示数变小，电压表示数变小
B. 电流表示数变小，电压表示数变大
C. 电容器C上电荷量减少
D. 小灯泡L变亮

5.     如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是(    )

A. 线圈向左运动 B. 线圈向右运动
C. 从上往下看顺时针转动 D. 从上往下看逆时针转动

6.     质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示。下列表述正确的是(    )

A. M带正电，N带负电 B. M的运行时间等于N的运行时间
C. 洛伦兹力对M、N做正功 D. M的动量大小等于N的动量大小

7.     如图所示，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出。减小粒子射入磁场的速率速率不为，下列判断正确的是(    )

A. 该粒子从ab间射出
B. 该粒子从bc间射出
C. 该粒子从ad间射出
D. 该粒子从cd间射出

8.     如图所示，是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，下列办法可行的是(    )

A. 只增加D形盒的半径 B. 只减小带电粒子的电荷量
C. 只增加磁场的磁感应强度 D. 只增加带电粒子的质量

9.     如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别悬挂起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为，将两图中的右极板都向右平移时，下列说法正确的是(    )
    

A. 甲、乙图中电容器的电容均变小 B. 甲、乙图中电容器的电容均变大
C. 甲图中夹角减小，乙图中夹角增大 D. 甲图中夹角减小，乙图中央角不变

10. 如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径，一质量为m、电荷量为的小球静止在圆环上P点，OP与竖直方向的夹角，不计空气阻力。已知重力加速度为g，，。现使小球从P点出发恰能做完整的圆周运动，则下列选项正确的是(    )

A. 小球做圆周运动在B点速度最大 B. 电场强度的大小为
C. 小球初速度的大小应为 D. 小球初速度的大小应为

11. 某实验小组想测量一金属圆柱体的电阻率，实验步骤如下：
    
    首先用20分度的游标卡尺测金属棒的长度，用螺旋测微器测量金属棒的直径，测量结果如图1所示，则金属棒的长度______cm，金属棒直径______mm。
    用多用表粗测其电阻约为，然后用伏安法进行更准确测量，电压表V的内阻约为，电流表A的内阻约为，测量电路中电流表的连接方式如图2所示，结果由公式计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图甲和图乙中电路测得的电阻值分别记为和，则测量值______选填“大于”“等于”或“小于”真实值，测量值______选填“大于“等于”或“小于”真实值，且______选“”或“”更接近待测电阻的真实值。
12. 某同学做描绘小灯泡额定电压为，额定电流为的伏安特性曲线实验，实验给定的实验器材如下：本实验要求小灯泡的电压从零开始调至额定电压直流电源的电动势为4V，内阻不计；电压表量程4V，内阻约为；电流表量程，内阻约为；电流表量程3A，内阻约为；滑动变阻器到，；滑动变阻器到，；开关、导线若干。
    该同学按图甲电路图进行实验，则电流表应该选用______选填“”或“”，滑动变阻器应该选用______选填“”或“”。
    该同学按照正确的实验步骤，描出的伏安特性曲线如图乙所示，从图中可知小灯泡的阻值随小灯泡两端的电压的增大而______选填“增大”“减小”“不变”“先增大后减小”或“先减小后增大”，当给小灯泡加电压时，此时小灯泡的发热功率为______结果保留2位有效数字。
     
13. 如图所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并在方向竖直向上、大小为1T的匀强磁场中，一根质量为2kg，有效长度为1m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速运动，重力加速度g取。求：金属棒与水平导轨之间的动摩擦因数大小？
14. 如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且，CD连线和场强方向成角，C到B板的距离为4cm。已知电子从D点移到C点的过程中电场力做功，。求：
    匀强电场的场强大小；
    若B板接地，电子在C点的电势能为多少？
15. 如图所示，已知电源电动势E为3V，内阻r为，定值电阻为，滑动变阻器R阻值范围为。求：
    滑动变阻器R阻值为多少时，定值电阻消耗的功率最大；最大功率是多少；
    滑动变阻器R阻值为多少时，滑动变阻器R消耗的功率最大；最大功率是是多少。

16. 如图所示，在xOy坐标系中，在的区域内分布有电场强度大小、方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域内分布有垂直xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板ab，带电粒子打到板上即被吸收设轨迹圆与挡板ab相切的粒子刚好不会被吸收，一质量为m、电量为的粒子以初速度由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，粒子的重力不计。求：
    粒子进入磁场时的速度大小？
    要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？
    调节磁感应强度的大小为，求粒子第三次经过边界MN上时的坐标。

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：电场是客观存在的，电场线是人们为了形象的描述电场而引入的假想曲线，用以表示电场的强弱和方向，客观上并不存在，电场线不相交、不相切，AD错误；
B.电场线只是大体形象描述电场，不画的区域场强不一定为零，故B错误；
C.电场线越密集，电场越强，根据可知同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大，故C正确。
故选：C。
明确电场和电场线的性质，知道电场中客观存在的物质，电场线是假设的，并不存在；电场线不能相交，也不能相切．电场线的疏密表示电场强度的相对大小．结合这些知识分析
本题要抓住电场与电场线的区别，掌握电场的物质性，掌握电场线不相交、不相切、不存在的特性。
 

2.【答案】C 

【解析】解：根据库仑定律有，解得：，即变为原来的，故C正确，ABD错误。
故选：C。
由题意可知，库仑力不变，根据库仑定律的公式列式即可判断出另一点电荷的电量变化。
解决本题的关键掌握库仑定律公式的应用，能够灵活运用该公式解决问题。
 

3.【答案】C 

【解析】解：A、该电场的电场线疏密不同，场强不同，不是匀强电场，故A错误；
B、a点电场线比b点的疏，所以a点的电场强度比b点的小，故B错误；
C、沿电场线的方向电势降低，由图可知，b点的位置偏电场线的下方，所以a点的电势高，故C正确；
D、根据电势差公式，a点与b点间的电势差大小为可知，a点与b点间的电势差大小与零电势点的选取无关，故D错误。
故选：C。
电场线的疏密代表场强的强弱，场强处处相同的电场为匀强电场，沿电场线方向电势逐渐降低，电势差与零电势点的选取无关。
解决本题的关键知道电场线的特点，电场线的疏密代表电场的强弱，电场线上某点的切线方向表示电场的方向。
 

4.【答案】B 

【解析】

【分析】
当滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析电路中电流和路端电压的变化，从而判断两电表读数的变化和小灯泡亮度的变化。由闭合电路欧姆定律分析电容器电压的变化，确定其电荷量的变化。
本题是电路的动态变化分析问题，按“部分整体部分”的思路进行分析。对于路端电压，也可以直接根据路端电压随外电阻的增大而增大分析。
【解答】
ABD、当滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，内电压减小，则路端电压增大，电流表示数变小，电压表示数变大，小灯泡L变暗，故B正确，AD错误；
C、电容器的电压为，I减小，其它量不变，则U增大，由可知电容器C上电荷量Q增加，故C错误。
故选：B。  

5.【答案】A 

【解析】解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动．
通电电流处于条形磁铁产生的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断．本题用等效法解决比较简单．
 

6.【答案】B 

【解析】解：由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷，故A错误；
B.粒子在磁场中运动半周，即时间为其周期的一半，而周期为，与粒子运动的速度无关，所以M的运行时间等于N的运行时间，故B正确；
C.洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功，故C错误；
D.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得，由图可知N的半径小于M的半径，而两粒子的质量和电荷量都相等，故有M的动量大小大于N的动量大小，故D错误；
故选：B。
根据左手定则可判断MN的电性；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可判断粒子的速度大小；洛伦兹力对粒子不做功，粒子在磁场中运动周期与粒子运动的速度无关。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握左手定则，注意带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，注意半径公式和周期公式的准确推导应用。
 

7.【答案】A 

【解析】解：由左手定则知，该粒子带负电，由
解得
知减小粒子射入磁场的速率，带电粒子的运动半径减小，故粒子从ab间射出，故A正确，BCD错误。
故选：A。
带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大。
带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小。
 

8.【答案】AC 

【解析】解：根据回旋加速器的原理为电场加速，磁场回旋，最后从磁场中匀速圆周离开，故当圆周的半径最大为R时，速度最大，则动能最大，有

可得
A.只增加D形盒的半径R，最大动能变大，故A正确；
B.只减小带电粒子的电荷量q，最大动能变小，故B错误；
C.只增加磁场的磁感应强度B，最大动能变大，故C正确；
D.只增加带电粒子的质量m，最大动能变小，故D错误。
故选：AC。
明确回旋加速器原理，知道回旋加速器给粒子加速，最后的速度大小与加速电压无关，与D形盒的半径有关。
本题考查回旋加速器给粒子加速原理，知道粒子最后获得的动能是由约束磁场的磁感应强度和D形盒的半径共同决定的，与加速电压的高低无关，不过加速电压高，加速的时间短，加速电压低，加速的时间比较长。
 

9.【答案】AD 

【解析】解：AB、将两图中的右极板都向右平移时，电容器两极板间的距离d增大，由电容器的电容公式可知，甲、乙图中电容器的电容均变小，故A正确，B错误；
CD、小球受力如图所示

小球静止处于平衡状态，由图示可知：
甲图中电容器始终与电源连接，则电容器的电压U不变，将右极板向右平移时，距离d增大，两极板间的电场强度减小，小球所受的电场力变小，则夹角变小；由电容的定义式，电容器的电容，则，平行板电容器两极板间的电场强度，
乙图中电容器的电荷量Q不变，极板间的电场强度为E不变，小球所受的电场力不变，夹角不变，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据平行板电容器的电容公式判断电容器的电容如何变化；对小球受力分析，根据题意判断两极板间场强如何变化，分析电场力如何变化，然后判断夹角如何变化．
本题解答的关键是抓住不变量进行分析，当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变．然后再分析电势差及场强的变化．
 

10.【答案】BC 

【解析】解：当小球静止在P点时，则有，解得，故B正确；
A.小球从P点出发恰能做完整的圆周运动，可以等效为在一个“重力加速度”为的“重力场”中运动，则小球必须能通过等效最高点，即在等效最高点的速度弹力为零时速度最小，而等效最低点的速度最大，则小球做圆周运动在P点速度最大，故A错误；
在等效最高点时，有，从P点到等效最高点，根据动能定理有，解得，即小球的初速度应为，故C正确，D错误；
故选：BC。
对小球受力分析，由共点力的平衡条件可明确电场强度的大小；将重力场与电场等效为新的重力场，则可明确最高点及最低点，由动能定理可求得应满足的条件，从而即可求解。
考查矢量的合成法则，掌握动能定理的应用，理解等效重力加速度的思维，注意三角函数的运用。
 

11.【答案】；∽；小于；大于；。 

【解析】

【分析】
螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数之和是螺旋测微器的读数，注意估读一位。游标卡尺主尺与游标尺读数之和为游标卡尺的读数；
图甲是电流表外接法，电压表的分流导致电流的测量值偏大，根据电阻的测量值，可知其值小于真实值；图乙是电流表内接法，电流表的分压导致电压的测量值偏大，根据电阻的测量值，可知其值大于真实值；因，则采用电流表的外接法能减小系统误差，故更接近待测电阻的真实值。
本题考查实验器材的选择、设计电路图与连接实物电路图，选择实验器材时，要注意保证电路安全、注意所选实验器材方便实验操作；确定滑动变阻器和电流表接法是设计电路关键。
【解答】
游标卡尺的精度为，则金属棒的长度为：；
螺旋测微器的精度为，金属棒的直径为：；
图甲是电流表外接法，电压表的分流导致电流的测量值偏大，根据电阻的测量值，可知其值小于真实值；
图乙是电流表内接法，电流表的分压导致电压的测量值偏大，根据电阻的测量值，可知其值大于真实值；
因
则采用电流表的外接法能减小系统误差，故更接近待测电阻的真实值。
答案为：；∽；小于；大于；。  

12.【答案】；；增大；。 

【解析】解：因小灯泡额定电流为，用电流表量程太大，电流表应选择，小灯泡电压从零开始调节，滑动变阻器应用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择。
图线上的点与坐标原点连线斜率的倒数等于电阻，由图示图象可知，随电压U增大，图线上的点与坐标原点连线斜率的倒数增大，则小灯泡的阻值随小灯泡两端的电压的增大而增大，当给小灯泡加电压时，由图像可知，电流，灯泡的发热功率
故答案为：；；增大；。
根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
根据图示图象判断灯泡电阻随电压变化的关系；根据图示图象求出电源对应的电流，然后求出灯泡放热功率。
要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则方便实验操作原则，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
 

13.【答案】解：对金属棒进行受力分析，金属棒做匀速运动，可得
代入数据解得：
答：金属棒与水平导轨之间的动摩擦因数大小为。 

【解析】根据力的平衡条件，利用匀速运动时摩擦力等于安培力求出摩擦因数．
本题考查了受安培力作用下的共点力平衡，解决方法和力学部分一样，难度不大．
 

14.【答案】解：由解得D、C两点的电势差，可见电场线方向竖直向下
故匀强电场的场强大小
、B两点的电势差
又，
解得C点的电势
故电子在C点的电势能。 

【解析】结合电场力做功公式求出D、C两点的电势差，从而判断电场线的方向，结合匀强电场场强公式即可求出该匀强电场场强的大小；
根据匀强电场场强公式求出C、B两点的电势差，结合电势差公式求出C点电势，结合电势能的表达式得出电子在C点的电势能。
本题考查匀强电场场强公式和电势差公式、电场力做功公式的应用，基础题目。
 

15.【答案】解：根据，当电流最大时，电阻消耗的功率最大，故当滑动变阻器短路，即时，电阻消耗的功率最大；
电阻消耗的最大功率为：
对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大；将电阻与电源等效成电源，故当时，滑动变阻器消耗的功率最大，滑动变阻器消耗的最大功率为：
答：当滑动变阻器R的阻值为0时，电阻消耗的功率最大，最大功率是。
当滑动变阻器的阻值为时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率是。 

【解析】根据，当电流最大时，电阻消耗的功率最大；
对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大；将电阻与电源等效成等效电源考虑。
本题采用结论法解题，关键记住“对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大”的结论。
 

16.【答案】解：粒子先在电场中做类平抛运动，则加速度

设粒子进入磁场时沿y轴正方向的分速度为，则

粒子进入磁场时的速度

联立解得
设粒子刚进入磁场时速度v与x轴正方向的夹角为

故
粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切，设粒子在磁场中运动半径为r，洛伦兹力提供向心力

由几何关系

联立解得

设粒子从坐标原点做类平抛运动经过边界MN时的水平位移为，所用时间为t，则


在磁场中做匀速圆周运动的半径为，有

进入磁场做匀速圆周运动再次回到MN边界上沿MN前进的距离

离开磁场进入电场做曲线运动反方向类平抛运动回到x轴，接着做类平抛运动第三次经过边界MN上，沿MN前进的距离


解得
因此粒子第三次经过边界MN上时的坐标为
答：粒子进入磁场时的速度大小为；
要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足；
调节磁感应强度的大小为，粒子第三次经过边界MN上时的坐标为。 

【解析】根据粒子在电场中只受电场力作用做匀变速运动，求得粒子进入磁场时的速度，然后根据几何关系求得粒子轨道半径范围，即可根据洛伦兹力做向心力求得磁感应强度范围；
分析粒子运动，由圆周运动能够规律和匀变速运动规律求得粒子打在x轴上的坐标表达式，即可根据粒子通过P点求得粒子在磁场中运动的轨道半径，然后根据洛伦兹力做向心力求得磁感应强度。
根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得三次沿MN前进的距离.
带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。