2021_2022学年辽宁省葫芦岛市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021~2022学年辽宁省葫芦岛市高二（上）期末物理试卷

1.     真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果保持它们所带的电量不变，将它们之间的距离减小为原来的倍，它们之间作用力的大小等于(    )

A. 4F B. 2F C.  D.

2.     如图所示为大小不同的两个电阻的电流-电压变化的图象，那么1、2所表示的电阻及两电阻串联或并联后的图线所在区域分别是(    )
    

A. 1表示电阻大的图线，并联后图线在区域Ⅲ
B. 2表示电阻大的图线，串联后图线在区域Ⅲ
C. 1表示电阻小的图线，串联后图线在区域Ⅱ
D. 2表示电阻小的图线，并联后图线在区域Ⅰ

3.     如图所示为某交变电流随时间变化的图象。则此交变电流的有效值为(    )
    

A.  B.  C.  D.

4.     如图所示，一矩形线框，从abcd位置平移到位置的过程中，关于线框内产生的感应电流方向，下列叙述正确的是线框平行于纸面移动(    )
    

A. 一直顺时针 B. 顺时针逆时针
C. 逆时针顺时针逆时针 D. 顺时针逆时针顺时针

5.     研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是(    )
    

A. 实验中，只将电容器b板向左平移少许，静电计指针的张角变大
B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大

6.     某一个带有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为；B为速度选择器，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为；B的两板间距离为d，电场方向向左或向右未知；C为偏转分离器，磁感应强度为。今有一质量为m、电荷量为q的粒子不计重力，经加速后该粒子恰能沿直线通过速度选择器B，然后进入分离器做匀速圆周运动，下列分析正确的是(    )
    

A. 该粒子可能带负电
B. B区域中电场方向可能向右
C. 增大并相应减小，粒子才可能仍然沿直线通过B
D. 增大并相应改变，使粒子仍然沿直线通过B，在C中的半径可能不变

7.     如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内(    )
    

A. 充电宝输出的电功率为 B. 充电宝产生的热功率为
C. 手机电池产生的焦耳热为 D. 手机电池储存的化学能为

8.     某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是(    )
    

A. M、N点的场强 B. 粒子在M、N点的电势
C. 粒子在M、N点的速度 D. 粒子带负电

9.     如图所示为磁流体发电原理图，相互平行的金属板P、Q水平放置，其间存在磁感应强度为B的水平匀强磁场，大量正、负离子的等离子体以速度v垂直于磁场方向射入P、Q两板之间，两极板间距离为d。现将P、Q两极板与电阻R相连，不计P、Q两板间的电阻，下列说法正确的是(    )
    

A. 极板P的电势比极板Q的电势低
B. 极板P的电势比极板Q的电势高
C. 两极板间电压稳定后，极板P、Q间电压为Bdv
D. 仅减小P、Q两极板间的正对面积，稳定后，两极板间的电压减小

10. 如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO'平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO'下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律(    )
     

A.  B.
C.  D.

11. 用20分度的游标卡尺测量其长度如图所示，可知其长度为______ mm。
     
12. 用螺旋测微器测金属丝的直径d，读数如图所示。则______mm。
     
13. 用一电阻档有三个倍率分别是、、的多用电表粗测其电阻。选用档测量某电阻时，表盘的示数如图所示，其读数为______。
     
14. 实验室有一电动势约为37V、内阻较小的“锂电池”，将此电池与的定值电阻串联后测量其输出特性，某同学设计了一个电路图如图甲所示。
    
    
    实验时记录了多组对应的电流表的示数I和电压表的示数U，画出了如图乙所示的图像，则测得该电池的电动势为______V，内阻为______。结果保留一位小数
    所测得的电池电动势E和内阻r的测量值与真实值相比较的情况是______填“>”或“<”，______填“>”或“<”。
    产生系统误差的原因是______。
15. 某个小型水电站发电机的输出功率为，发电机的电压为。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的双线总电阻为，在用户端用降压变压器把电压降为。要求输电效率即用户得到的功率与发电机发出的功率之比达到，也就是说在输电线上损失的功率控制在4kW，用户得到的功率为96kW。为此需要设计两个变压器的匝数比。请你计算：
    
    升压变压器输入的电流为多少？输电线上通过的电流是多少？
    从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为多少？
    两个变压器的匝数比各应等于多少？
16. 如图甲所示，一边长为的正方形金属框ABCD置于光滑绝缘水平桌面上其电阻，质量，右侧有一个理想边界为MN、PQ的匀强磁场，磁感应强度大小，方向垂直纸向里，其宽度恰与金属框边长相等，且金属框的BC边与边界MN重合。从零时刻开始，给金属框施加一水平向右的外力，金属框从静止开始做匀加速直线运动，金属框中的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，时电流方向突然反向，规定逆时针方向的电流为正，求：

金属框的加速度大小；

时刻金属框的电流大小；

时间范围内水平外力的最大值。

17. 如图甲所示，平面直角坐标系中，在、的矩形区域中存在一个按如图乙所示规律变化的交变磁场和未知，磁场方向与纸面垂直，以垂直纸面向里为正方向，一个比荷为c的带正电的粒子从原点O以初速度沿方向入射，不计粒子重力。
    
    若粒子从时刻入射，在的某时刻从点射出磁场，求大小；
    若，在的区域施加一个沿方向的匀强电场，粒子在时刻入射，将在时刻沿方向进入电场，并最终从沿方向离开磁场，求电场强度的大小。
    

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】由点电荷库仑力的公式可以得到，电量不变，当距离减小到原来的倍，库仑力将变为原来的4倍，所以A正确，BCD错误。
故选：A。
电量不变，只是将距离减小为原来的倍，根据点电荷库仑力的公式可以求得改变之后的库仑力的大小。
本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了，注意保持它们所带的电量不变，将它们之间的距离减小为原来的倍，是解题的关键。
 

2.【答案】B 

【解析】在图像中，图像斜率的倒数表示电阻的大小，根据图像可知，2表示电阻大的图线，1表示电阻小的图线，当两个电阻串联之后，总电阻比之前的电阻都大，则图像的斜率更小，在III区；当两个电阻并联之后，总电阻比之前的都小，则图像的斜率更大，闭关后图像在区域I，故B正确，ACD错误；
故选：B。
图像的斜率表示电阻的倒数，根据串并联电路中电阻的大小关系得出新的图线所在的区域。
本题主要考查了欧姆定律，根据图像斜率的大小定性地比较出电阻阻值的大小，同时理解串联之后电阻变大，而并联之后电阻变小即可完成分析。
 

3.【答案】A 

【解析】取一个周期进行分段求解电热，交流电的周期：
交流电在0∽为恒定电流，则电流的有效值大小
交流电在∽为恒定电流，则电流的有效值大小
交流电在∽为恒定电流，则电流的有效值大小
交流电在∽T为恒定电流，则电流的有效值大小
可知在半个周期内电流的大小为1A，另外半个周期内电流大小为2A，
设电阻阻值为R，则交流电在一个周期内产生的热量：…①
等效的直流电在一个周期T内产生的电热：…②
根据交流电有效值的定义可得：…③
即：
约去R与T解得：
故A正确，BCD错误。
故选：A。
利用交流电有效值的定义，运用等效替代法求解，选用同一个电阻，让交流电在一个周期内产生热量与恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。
本题考查交流电的有效值的求解，因为图中交流电不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以根号2，需要运用交流电有效值的定义，利用等效替代法求解。
 

4.【答案】D 

【解析】由安培定则得，载有方向向上的恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里，
当线圈向导线靠近时，则向外穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为abcda，为顺时针方向；
当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量变小，则感应电流方向为adcba，为逆时针方向；
当继续向右运动时，向里穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可在，感应电流方向为：adcba，为逆时针方向；
当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：abcda，为顺时针方向；故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据安培定则判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向。
通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律，注意通电导线的磁场大小与方向的分布；同时强调线圈中心轴处于导线位置时，磁通量为零。
 

5.【答案】AD 

【解析】静电计是测电势差的，指针张角反应电势差的大小，指针张角越大电势差就越大，指针张角越小电势差就越小，平行金属板电容器的电容，电容器的电容。
A.只将电容器b板向左平移少许，则d增大，C减小，由题知，电容器的电荷量Q保持不变，U增大，静电计指针的张角变大，故A正确；
B.只将电容器b板向上平移，则S减小，C减小，电容器的电荷量Q保持不变，U增大，静电计指针的张角增大，故B错误；
C.只在极板间插入有机玻璃板，介电系数增大，C增大，电容器的电荷量Q保持不变，U减小，静电计指针的张角变小，故C错误；
D.只增加极板带电量，C不变，U增大，静电计指针的张角变大，故D正确。
故选：AD。
静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据，判定电容的变化，再依据，判断电势差的变化，从而即可求解。
解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，改变其它物理量时根据两个电容的公式进行求解。
 

6.【答案】C 

【解析】A、该粒子在C中的磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子一定带正电，故A错误；
B、粒子在B区域做直线运动，则电场力等于洛伦兹力，洛伦兹力向右，则电场力向左，由此可知电场方向向左，故B错误；
C、增大则粒子进入B区域的速度增加，若相应减小，则洛伦兹力与电场力仍可能相等，即粒子可能仍然沿直线通过B，故C正确；
D、增大则粒子进入B区域的速度增加，并相应改变，使粒子仍然沿直线通过B，则粒子进入C中的速度也增加，根据，解得：，可知在C中的半径变大，故D错误；
故选：C。
根据左手定则分析出粒子的电性；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系分析出电场的方向；
增大电压会使粒子的速度增大，根据洛伦兹力提供向心力得出半径的变化。
本题祖耀考查了质谱仪的相关应用，理解在电场中电场力和洛伦兹力相等，同时在磁场中洛伦兹力提供向心力，由此计算出圆周运动的半径。
 

7.【答案】D 

【解析】A、充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为UI，故A错误；
B、充电宝内的电流也是I，但其内阻未知，所以产生的热功率不一定为，故B错误；
C、U是充电宝的输出电压，不是内电压，所以不能用计算电池产生的焦耳热，电池产生的焦耳热应为，故C错误；
D、由题意可得电池的化学能转化为电能为，故D正确。
故选：D。
充电宝是非纯电阻电路，其充电和放电过程是电能和化学能转化的过程，根据能量守恒定律列式求解。
本题关键明确充电电路中的能量转化情况，同时要知道电路电阻消耗功率的计算符合焦耳定律。
 

8.【答案】ABC 

【解析】A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以有，故A正确；
B、沿着电场线方向，电势是降低的，因此，故B正确；
CD、根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子的受到的电场力的方向斜向右上，所以粒子带正电，若粒子从M点运动到N点，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，粒子的速度增大，则有，故C正确，D错误。
故选：ABC。
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；由电场线的疏密分析场强的大小。由粒子运动轨迹弯曲的方向，判断粒子受到的电场力方向，从而判断电场力做功情况和粒子的电性，即可分析速度的大小。
本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决这类问题。
 

9.【答案】BC 

【解析】AB、由左手定则可知，正离子偏向P板，负离子偏向Q板，则极板P的电势比极板Q的电势高，故A错误，B正确；
C、两极板间电压稳定后，则，即极板P、Q间电压为，故C正确；
D、由上述分析可知，稳定后两板间的电压与两板正对面积无关，故D错误；
故选：BC。
根据左手定则分析出离子的受力方向，由此得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式。
本题主要考查了磁流体发电机的相关应用，根据左手定则分析出离子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系完成分析。
 

10.【答案】BCD 

【解析】AB、线框先做自由落体运动，若安培力大于重力，ab边进入磁场先做减速运动，根据安培力公式F可知，线框的加速度应该是逐渐减小，图象的斜率应逐渐减小，当线框所受的安培力与重力二力平衡后，做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框只受重力，做加速度为g的匀加速直线运动，故图象的斜率可能先不变，后减小，再为零，最后又不变，故A错误，B正确；
C、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确；
D、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确。
故选：BCD。
线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动；
若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动；
若安培力等于重力，进入磁场做匀速直线运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动；
解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析．要利用安培力经验公式F，根据安培力与速度成正比进行分析；
 

11.【答案】 

【解析】由图示游标卡尺可知，其精度是，读数是：
故答案为：。
游标卡尺主尺读数与游标尺读数的和是游标卡尺的读数。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；对游标卡尺读数时要注意确定游标尺是多少分度的，确定游标卡尺的精度；游标卡尺不需要估读。
 

12.【答案】 

【解析】解：由图示螺旋测微器可知，
故答案为：。
螺旋测微器固定刻度读数与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；螺旋测微器需要估读。
 

13.【答案】220 

【解析】选用“”挡测量电阻时，表盘的读数为。
故答案为：220
根据表盘的指针位置以及挡位得出电阻的示数。
本题主要考查了多用电表的原理和使用，根据表盘指针的位置结合挡位即可得出对应的电阻大小。
 

14.【答案】，；
，<；
电压表分流 

【解析】根据欧姆定律可得，整理得，由图乙可知截距代表电池的电动势为，斜率代表：，
所以；
根据欧姆定律得，
整理得，


系统误差出现的原因是电压表的分流作用，所测电流小于通过电池的电流。
故答案为：，；，<；电压表分流。
图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻；
根据欧姆定律将电表内阻计算入内，可分析真实值与测量值的大小比较；
将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用。
解决本题的关键会从图线获取电源的电动势和内阻，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值。以及会分析误差的来源，通过图象分析测量值和真实值的关系。
 

15.【答案】解：由
解得升压变压器输入的电流为
输电线上损失的功率
解得输电线上通过的电流是；
从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为
解得：；
由
解得：
由，
可得

代入数据解得：
由串联电路电压规律得
可得。
答：升压变压器输入的电流为400A，输电线上通过的电流是20A；
从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为200V；
两个变压器的匝数比各应等于。 

【解析】根据输电损失功率公式计算传输电流；由输送功率计算输送电压；由电压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比．
本题关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式列式求解，基础问题．
 

16.【答案】解：由图乙可知，时刻金属框恰好全部进入磁场，位移恰等于金属框边长。
根据运动学公式得 ①
代入数据得  ②
时刻金属框速度  ③
 ④
 ⑤
联立③④⑤可得⑥
根据牛顿第二定律可得 ⑦
由分析可知，时刻金属框完全进入磁场时速度最大，电流最大，对应外力最大，
联立⑥③可得 

【解析】本题考查了线圈平动切割磁感线问题，电磁感应中的图象问题。
根据分析知时刻金属框恰好全部进入磁场，结合运动学知识即可求出金属框的加速度大小；
求出时刻金属框速度，结合动生电动势的表达式，及欧姆定律求出时刻金属框的电流大小
根据牛顿第二定律求出时间范围内水平外力的最大值。
 

17.【答案】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图1所示：

          图1
由几何知识得：
解得粒子的轨道半径：
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：；
粒子运动轨迹如图2所示：

          图2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
粒子在磁场中做圆周运动的周期
由题意可知：
解得：
粒子在电场中运动，根据牛顿第二定律得：
根据运动学规律可得往返一次用时
解得：
则有： 、1、2……
解得，电场强度的大小 、1、2……。
答：大小是；
电场强度的大小是 、1、2……。 

【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小；
根据题意作出粒子运动轨迹，运用利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解磁场中的运动，牛顿第二定律结合运动学规律求解粒子在电场中运动求出电场强度的大小。
本题考查了粒子在磁场中的运动问题，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的前提与关键；应用牛顿第二定律、运动学公式以及几何关系，即可正确解题。