2021-2022学年福建省福州四十中、十中高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年福建省福州四十中、十中高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】AD，【答案】BD，【答案】CD，【答案】0等内容，欢迎下载使用。

两个完全相同的小金属球(皆可视为点电荷)，所带电荷量之比为5：3，它们在相距一定距离时相互之间的斥力大小为F，现用绝缘工具将它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时两金属球间相互作用力大小变为( )
A. 115FB. 1516FC. 1615FD. 18F
如图所示，四根相互平行的通有电流均为的长直导线a、b、c、d，放在正方形的四个顶点上。每根通电直导线单独存在时，四边形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为( )
A. 22B，方向向左
B. 22B，方向向下
C. 2B，方向向右
D. 2B，方向向上
如图所示，一根不可伸长的轻绳穿过轻滑轮，两端系在高度相等的A、B两点上，滑轮下挂一物体，不计轻绳和轻滑轮之间的摩擦．现让B缓慢向右移动，则下列说法正确的是( )
A. 随着B向右缓慢移动，绳子的张力减小
B. 随着B向右缓慢移动，绳子的张力不变
C. 随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力变小
D. 随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力不变
如图所示，在匀强电场中有直角三角形BOC，电场方向与三角形所在平面平行，若三角形三顶点处的电势分别为φO=4.5V、φB=0V、φC=9V，且边长OB=33cm，BC=63cm，则下列说法中正确的是( )
A. 电场强度的大小为10033V/m
B. 电场强度的大小为5033V/m
C. 电场强度的大小为100V/m
D. 一个电子在O点由静止释放后会沿直线OB运动
如图所示，正方形线圈处在通电长直导线的磁场中：A向右平动，B向下平动，C绕轴转动(ad边向外)，D不动，判断线圈中没有感应电流的是( )
A. AB. BC. CD. D
已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，“嫦娥四号”离月球中心的距离为r，绕月周期为T。根据以上信息可求出( )
A. “嫦娥四号”绕月运行的速度为r2gRB. “嫦娥四号”绕月运行的速度为R2gr
C. 月球的平均密度为3πGT2D. 月球的平均密度为3πr3GT2R3
在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略。当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是( )
A. 电压表和电流表的示数都增大
B. 灯L2变暗，电流表的示数减小
C. 灯L1变亮，电压表的示数减小
D. 电源的输出功率可能减小，电容器C的带电量一定减少
如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O∼x2间各点的电势分布如图乙所示，则( )
A. 在O∼x2间，场强先减小后增大
B. 在O∼x1间与x1∼x2间电场方向不同
C. 若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐增大
D. 从O点静止释放一似受电场力作用的正电荷，则该电荷在O∼x2间一直做加速运动
如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，矩形线圈abcd的面积S=0.5m2，B与S垂直，线圈一半在磁场中，则当线圈从图示位置绕ad边绕过60∘时，线圈中的磁通量为______Wb，在此过程中磁通量的改变量为______ Wb。
如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，在倾角为37∘、大小为10N的恒力F的作用下，由静止开始加速运动(g=10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)，则物体运动的加速度大小a=______m/s2；经过10s时间撤去恒力F，物体还能继续滑行的距离s=______m。
利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是题图中的______(填“甲”或“乙”)。
(2)根据实验数据作出U−I图像如图丙所示，该电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。(结果均保留三位有效数字)
(3)该方案所测得的内阻偏小，这属于系统误差。引起该误差的主要原因是______(选填“A“或“B”)。
A.电流表的分压
B.电压表的分流
某同学利用多用电表测量一个未知电阻的阻值，由于第一次选择的欧姆“×10”挡，发现指针偏转角度极小。现将旋钮调至另外一挡，进行第二次测量使多用电表指针指在理想位置。下面列出第二次测量可能进行的操作：
A将两表笔短接，并调零
B.将两表笔分别跟被测电阻的两端接触，观察指针的位置
C.将多用电表面板上旋钮调到“×100”挡
D.将多用电表面板上旋钮调到“×1”挡
E.随即记下表盘的读数，乘以欧姆表的倍率挡，测得电阻值
(1)根据上述有关操作，请选择合理实验步骤并按操作顺序写出：______。
(2)使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示。若选择开关处在“×10”的欧姆挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是______Ω。若选择开关处在“直流电压2.5V”挡时指针位于b，则被测电压是______ V。
(3)如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E=1.5V，G为电流表，满偏电流为200μA。当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50μA，那么Rx的值是______kΩ；
利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电动机内阻r0=2Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=0.10kg。当电动机以稳定的速度匀速提升重物时，理想电压表的示数为U=5.5V。不计空气阻力和摩擦，取g=10m/s2。求：
(1)流经电源的电流I和电动机两端的电压U2；
(2)重物匀速上升时的速度v；
(3)电源的工作效率η。
如图所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形导轨BC在B点相切连接，半圆导轨半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C.已知物块在到达B点之前与弹簧已经分离，重力加速度为g，求：
(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点到B点的距离；
(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；
(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．
如图所示，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中的圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强大小都为E0，方向沿圆弧半径指向圆心O，离子沿着圆弧虚线做匀速圆周运动，离子质量为m、电荷量为q，QN=2d，PN=3d，离子重力不计。求：
(1)离子射入静电分析器时的速度v0和圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)离子打在QN的中点时速度v的大小及其与电场E方向夹角θ的正切值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：两个完全相同的小金属球它们之间的相互作用是排斥力，故它们带同种电荷，设它们所带的电荷量大小分别是5q，3q。在相距一定距离时相互作用力为F1=k5q×3qr2=15kq2r2；由于两电荷电性相同，接触后再分开，两球平分总电荷量，故电量均为4q，此时两球的库仑力F2=k(4q)2r2=16kq2r2=1615F，故C正确，ABD错误。
故选：C。
两小球相互排斥说明两小球带同种电荷；根据库仑定律分别对接触前后列式，联立即可求出接触后的相互作用力大小。
解决本题的关键掌握接触带电的原则，总电荷平分，同时要注意原来的电荷的电性，以及掌握库仑定律的公式的应用。
2.【答案】A
【解析】解：根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：a导线产生的磁感应强度方向为Od方向；c导线产生的磁感应强度方向为Od方向.同理，b导线产生的方向为Oa方向，d导线产生的方向为Oa方向.则根据平行四边形定则进行合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为22B，方向水平向左.故A正确，BCD错误。.
故选：A。
由安培定则判断磁场方向，并由平行四边形定则矢量合成求解合场强。
本题考查磁感应强度的叠加，学生在安培定则基础上，进行矢量求合即可。
3.【答案】D
【解析】解：两根绳子AB的合力始终与物体的重力等值反向，所以滑轮受AB绳的合力不变．当B向右缓慢移动时，AB之间的夹角变大，合力一定，则绳子的张力增大．故A、B、C错误，D正确．
故选D.
对滑轮处的点进行受力分析，根据共点力平衡判断绳子拉力的变化，以及合力的变化．
解决本题的关键抓住两绳子的合力不变，通过夹角的变化判断绳子拉力的变化．
4.【答案】C
【解析】解：A、B、C、如图所示，因为OB=33cm=0.033m，BC=63cm=0.063m，故可知∠B=60∘，∠C=60∘
因为是匀强电场，且φB=0V、φC=9V，故沿着线段BC，电势从0V均匀增加到9V，所以BC的重点D的电势为4.5V，又因为φO=4.5V，连接OD，故OD为一等势线，
又因为沿电场线方向电势逐渐降低，则电场强度的方向斜向上垂直于OD，
DB两点间的电势差：UDB=φD−φB=4.5V−0=4.5V
DB两点沿电场线方向上的距离：d=DBcs30∘=BC2⋅cs30∘=0.045m
根据电势差与电场强度的关系可得电场强度的大小：E=UDBd=，故AB错误，C正确；
D、将电子在O点由静止释放后，电子将沿电场的反方向做沿直线运动，不会是沿CB运动，故D错误。
故选：C。
根据匀强电场电势差与距离成正比(除等势面)特点，找出等势面，作其垂线确定电场强度的方向。
本题考查电场强度与电势差以及电势的问题，采用图解法，作等势线和电场线，并结合几何知识，是解决这类问题的关键。
5.【答案】AD
【解析】【试题解析】
解：A、线框向右运动时，虽然切割磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A符合题意；
B、线框向下运动时，垂直于磁感线做切割磁感线运动，穿过的磁通量减小，因此会产生感应电流，故B不符合题意；
C、线框绕轴转动，穿过的磁通量发生变化，因此会产生感应电流，故C不符合题意；
D、线框不动，穿过回路磁通量不变，没有感应电流产生，故D符合题意。
故选：AD。
根据感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化。据此可正确解答本题。
本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：Φ=BS找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化。基础题目。
6.【答案】BD
【解析】AB、月球表面任意一物体重力等于万有引力GMmR2=mg，则有GM=R2g①
“嫦娥四号”绕月运行时，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr ②
由①②得v=R2gr，故A错误，B正确；
CD、“嫦娥四号”绕月运行时，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得M=4π2r3GT2，月球的平均密度为ρ=MV，联立解得：ρ=3πr3GT2R3，故C错误、D正确。
故选：BD。
7.【答案】CD
【解析】解：ABC、将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，干路电流I增大，内电压增大，则路端电压U减小，则电压表示数减小。流过灯L1的电流增大，则灯L1变亮；R与灯L2并联电路的电压U并=U−U1，U1为灯泡L1两端的电压，U减小，U1增大，则U并减小，灯L2变暗。流过电流表的电流IA=I−I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大，故AB错误，C正确；
D、外电路总电阻减小，若电源的内阻大于外电阻，则电源的输出功率减小。R与灯L2并联电路的电压减小，电容器板间电压减小，则其带电量一定减少，故D正确。
故选：CD。
将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化。即可判断电压表示数的变化。根据干路电流的变化判断灯L1亮度的变化。根据路端电压与灯L1电压的变化，分析并联部分电压的变化，判断灯L2亮度的变化。根据干路电流与灯L2电流的变化，分析电流表读数的变化。根据电容器电压的变化，即可判断其带电量的变化。根据内外电阻的关系，判断电源的输出功率变化。
本题是电路动态变化分析问题，关键在于分析电流表的示数变化，往往根据干路电流与另一支路的电流变化来确定，也可以根据结论判断，即变阻器这一路电流的变化与干路电流变化情况一致。
8.【答案】CD
【解析】解：AB、根据E=Ud=ΔφΔt，知φ−x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度大小，斜率正负表示电场强度方向，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变，故AB错误；
C、由图看出，从O点运动到x2点，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，根据Ep=qφ，知电势能逐渐增大，故C正确；
D、从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O∼x2间一直做加速运动，故D正确。
故选：CD。
根据φ−x图象的切线斜率表示电场强度，判断电场强度大小和方向变化；由图看出，O−x2之间，电势逐渐降低，根据Ep=qφ，判断负电荷的电势能变化；根据φ−x图象的切线斜率，先判断电场强度方向，再判断出电场力的方向，根据力和速度方向关系，判断运动情况。
本题从数学的角度理解φ−t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，然后判断电场力方向，以及电荷运动情况。
9.【答案】0.20
【解析】解：图示位置的磁通量Φ1=BS1=0.8×12×0.5Wb=0.2Wb
当线圈从图示位置绕ad边转过60∘时，线圈垂直磁场方向的面积S⊥=Scs60∘=12S，恰好都在磁场区域内，
所以Φ2=BS⊥=0.8×12×0.5Wb=0.2Wb，
该过程磁通量的变化量ΔΦ1=Φ2−Φ1=0
故答案为：0.2；0。
根据磁通量的定义可求出磁通量的大小，则可求出两过程中磁通量的变化量．
本题考查磁通量的计算，要注意明确磁通量是标量，其正负表示从哪一面穿过。
10.【答案】
【解析】解：物体在加速运动时，受力分析如图所示，由平衡条件及牛顿第二定律得：
Fsin37∘+FN=mg
Fcs37∘−Ff=ma
又Ff=μFN
由以上三式可得：a=0.3m/s2；
撤去F时，物体的速度v=at1=0.3×10=3m/s
撤去F后，物体减速的加速度大小为a′=μg
根据速度-位移关系可得：s=v22a′
代入数据解得：s=2.25m。
故答案为：0.3；2.25。
对物体分析，根据牛顿第二定律求出物体做加速运动时的加速度大小；
根据速度-时间公式求出10s末的速度，根据速度-位移关系可求得位移．
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意撤去F后，摩擦力的大小发生了变化，因此加速度等均发生了变化．
11.【答案】甲
【解析】解：(1)如果用甲电路，误差来源于电压表的分流，如果用乙电路，误差来源于电流表的分压，而电流表的阻值与电源内阻相近，电压表的内阻远大于电源内阻，所以选择甲电路误差更小。
(2)根据闭合电路欧姆定律有
E=U+Ir，
整理得：
U=E−Ir
则该电池的电动势为图线的纵轴截距，即1.45V，内阻为图线的斜率绝对值，即r=|ΔUΔI|=1.45−Ω=1.30Ω；
(3)该方案所测得的内阻偏小，这属于系统误差。由(1)知引起该误差的主要原因是电压表的分流作用。故选：B。
故答案为：(1)甲 (2)(3)B
(1)根据电压表与电流表内阻对实验结果的影响可进行判断；
(2)根据闭合电路欧姆定律，结合图像解析式解得；
(3)用甲电路，误差来源于电压表的分流。
本题考查测定电源的电动势与内阻的测量实验，解题关键掌握根据图像变形欧姆定律得到解析式，根据斜率与截距求解。
12.【答案】CABE5001.8822.5
【解析】解：(1)第一次选择的欧姆“×10”挡，发现指针偏转角度极小，则要调大倍率再进行测量，合理的步骤为：
C、将多用电表面板上旋钮调到“×100”挡，
A、将两表笔短接，并调零，
B、将两表笔分别跟被测电阻的两端接触，观察指针的位置，
E.、随即记下表盘的读数，乘以欧姆表的倍率挡，测得电阻值。
故顺序是：CABE
(2)当转换开关位于“×10”时，欧姆表的读数为50×10Ω=500Ω；
当转换开关位于量程为2.5V的直流电压挡时，最小分度为0.05V，所以电压表的示数为1.88V。
(3)根据多用电表的原理可知R内=EIm，电流表G的指针示数为50μA，有I=ER内+Rx，联立代入数据解得：Rx=22500Ω=22.5kΩ
故答案为：(1)CABE；(2)500，1.88；(3)22.5
(1)在使用多用电表前要先进行机械调零，实验步骤为：第一步：旋转s至欧姆挡“×l00”，指针可指在刻度盘中央附近，测量误差较小。第二步：欧姆调零；第三步：测量并读数；第四步：旋转S至“OFF”，并拔出两表笔；
(2)根据读数规则去读数。
(3)根据多用电表的使用原理计算解得。
本题考查了用多用电表测家庭电路电压的实验步骤、用多用电表测电阻的实验步骤、欧姆表的使用注意事项等问题；要掌握多用电表的使用方法、注意事项、读数方法．使用多用电表测电阻时，要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，使用完毕，要把选择开关置于交流电源最高挡或OFF挡上。
13.【答案】解：(1)流经电源的电流I=E−Ur=6−5.51A=0.5A，电动机两端的电压
U2=U−IR=5.5V−0.5×3V=4V
(2)重物匀速上升时P出=mgv，代入数据解得：v=1.5m/s
(3)电源的工作效率为η=P外P总×100%=U外E×100%=5.56×100%≈91.67%
答：(1)流经电源的电流I为0.5A，电动机两端的电压U2为4V；
(2)重物匀速上升时的速度v为1.5m/s；
(3)电源的工作效率η约为91.67%。
【解析】由闭合电路欧姆定律求解电压，由瞬时功率公式求解速度，由效率公式求解η
本题考查闭合电路欧姆定律，学生需熟练掌握输出功率与总功率之间的关系，综合求解。
14.【答案】解：(1)因为物块恰好能通过C点，有：mg=mvC2R，
物块由C点做平抛运动，有：x=vct，2R=12gt2，
解得x=2R。
即物块在水平轨道的落点到B点的距离为2R；
(2)物块由B到C过程机械能守恒，有：12mvB2=2mgR+12mvC2，
设物块在C点时受到轨道的支持力为F，有：F−mg=mvB2R，
联立解得F=6mg，
由牛顿第三定律可知，物块在B点对半圆轨道的压力F′=F=6mg；
(3)由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为：Ep=2mgR+12mvC2，
解得Ep=52mgR。
答：(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点到B点的距离为2R；
(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小为6mg；
(3)物块在A点时弹簧的弹性势能为52mgR。
【解析】(1)抓住物块恰好通过半圆轨道的最高点，结合牛顿第二定律求出C点速度，根据高度求出平抛运动的时间，结合C点的速度和时间求出平抛运动的水平位移；
(2)根据机械能守恒定律求出B点的速度，结合牛顿第二定律求出物块在B点的支持力大小，从而得出物块在B点对半圆轨道的压力大小；
(3)根据能量守恒定律求出物块在A点时弹簧的弹性势能。
本题考查了圆周运动和平抛运动与机械能守恒、牛顿运动定律的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
15.【答案】解：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有
qU=12mv02
解得v0=2qUm
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
qE0=mv02R
解得 R=2UE0
(2)离子做类平抛运动，有d=v0t
3d=12at2
由牛顿第二定律得
qE=ma
得 E=12Ud
(3)离子打在 QN的中点时的水平速度
v1=at=62qUm
则v=v02+v12=74qUm
tanθ=v0v1=16
答：(1)离子射入静电分析器时的速度v0和圆弧虚线对应的半径R的大小为2UE0；
(2)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值为12Ud；
(3)离子打在QN的中点时速度v的大小及其与电场E方向夹角θ的正切值为16。
【解析】(1)粒子在加速电场中加速时，电场力做正功，其动能增加，根据动能定理列出方程，即可求出粒子离开加速电场时的速度的大小；粒子进入静电分析器后，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出圆弧虚线对应的半径R的大小。
(2)粒子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合，可求解匀强电场场强E的值。
(3)根据tanθ=v0v1，可求得比值。
对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速获得的速度；对于粒子在电场中偏转问题，运动的分解是常用方法。粒子做圆周运动时，关键要分析向心力的来源，结合牛顿第二定律求解。