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1、陕西省山阳中学陕西省山阳中学 2022202220222022 学年度高二上学期期末考试学年度高二上学期期末考试物理试题物理试题一单项选择题一单项选择题:本题共本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共计分，共计 3232 分分.每小题只有一个选项符合题意每小题只有一个选项符合题意.1.关于电场强度磁感应强度，下列说法中正确的A.电场强度的定义式适用于任何电场知，以点电荷为球心的同一球面上各处电场强度B.由真空中点电荷的电场强度公式都相同C.由公式D.由知，磁感应强度B的大小与检验电流的受力F的大小成正比可知，磁感应强度B的大小与磁通量的大小成正比【答案】A【解析】【详解】电场强
2、度的定义式度公式适用于任何电场，选项 A 正确；由真空中点电荷的电场强知，以点电荷为球心的同一球面上各处电场强度大小都相同，但是方向不同，则场强不相同，选项 B 错误；磁感应强度 B 的大小是由磁场本身决定的物理量，与检验电流的受力 F 的大小无关，选项 C 错误；磁感应强度 B 的大小由磁场本身决定，与磁通量 的大小无关，选项 D 错误；故选 A.2.将一内阻是 3k 电压表的量程由 03V 扩大到 015V，需要给它A.并联 12k 电阻 B.并联 15k 电阻C.串联 12k 电阻 D.串联 15k 电阻【答案】C【解析】【分析】把一个电压表改装为量程更大的电压表需要串联分压电阻，应用串
3、联电路特点可以求出串联电阻阻值。【详解】把量程为 3V 的电压表改装成 15V 的电压表需要串联分压电阻，由串联电路特点可知，分压电阻分压为 12V，是电压表的 4 倍，串联电路两端电压与电阻成正比，由此可知，串联电阻阻值为电压表内阻的 4 倍，串联电阻阻值为：3k4=12k，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。【点睛】题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理是解题的前提与关键，应用串联电路特点即可解题。3.图为一块长方体铜块，将 1 和 23 和 4 分别接在一个恒压源（输出电压保持不变）的两端，通过铜块的电流之比为A.1 B.C.D.【答案】B【解析】根据电阻定律得，当在 12 两端加
4、上恒定电压 U 时，通过铜块的电流，通过铜块的电流，所以，故 B当在 34 两端加上恒定的电压时，正确，ACD 错误；故选 B。4.如图所示，已知电流从电流表的右侧接线柱流入，其指针向右偏转当条形磁铁竖直向下落入线圈时，空气阻力不计则A.电流表指针向右偏转B.电流表指针向左偏转C.磁铁加速度大于重力加速度D.磁铁加速度等于重力加速度【答案】B【解析】【分析】根据磁通量的变化，运用楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定电流表指针的偏转方向；根据楞次定律“来拒去留”确定磁铁的受力情况。【详解】当磁铁向下插入线圈时，磁通量向下增大，根据楞次定律知，线圈中感应电流由上端流入，下端流出，故感应电流的方向
5、从电流表的左接线柱流入，则电流表指针向左偏转。故 A 错误，B 正确；根据楞次定律可知，磁铁受到向上的阻力，故加速度小于重力加速度，故 CD 错误。故选 B。【点睛】本题考查楞次定律的应用，楞次定律是高考的热点问题，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向和受力情况。5.如图所示，电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向a端移动过程中，下列说法正确的是A.电压表 V 的示数减小B.电流表 A 的示数增大C.电容器 C 的带电量减少D.电阻R1的功率减小【答案】D【解析】【分析】明确电路结构，根据电阻的变化分析电路中电流的变化，从而确定路端电压和各支路电流的变化，从而确定电容器的电量变化，根据
6、功率公式确定电阻消耗功率的变化。【详解】滑片向a 端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则可知总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，电流表示数减小；内电压减小，路端电压增大；电压表示数增大；故 AB 错误；因总电流减小，则内电压和R1两端的电压减小，而路端电压增大，故电容器两端电压增大，根据 Q=CU 可知其电量增大，故 C 错误；因电流减小，则由 P=I2R 可知，R1的功率减小，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，对于选择题也可以直接根据“串反并同”的结论进行分析，得出结论。6.如图甲，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度 挂在天平右臂下方的矩形线
7、圈中通入如图乙的电流，此时天平处于平衡状态现保持边长MN和电流大小方向不变，将该矩形线圈改为梯形线圈并保持质量不变，如图丙所示则A.天平仍处于平衡状态B.无法判断天平如何倾斜C.在左侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡D.在右侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡【答案】C【解析】【分析】先根据左手定则判断出安培力的方向，利用 F=BIL 判断出安培力的大小，其中 L 为导线的有效长度；再结合线圈所受到的安培力与重力的合力大小，通过对比乙丙两个图，利用力矩平衡条件即可判断出结论。【详解】由题意可知，在乙图中天平处于平衡状态，此时线圈在磁场中受到的安培力大小为F=BIL，方向竖直向上，该安培力与线圈重力的
8、合力大小等于左侧物体的总重力，天平处于平衡；而当在丙图中，由于导体的有效长度变短，故受到的安培力减小且竖直向上，故将该矩形线圈改为梯形线圈，右侧的重力与安培力的合力大于图乙中右侧的重力与安培力的合力，故天平将向右倾斜。要使天平重新平衡，在左侧托盘中适当增加砝码即可，故 C 正确ABD 错误。故选 C。【点睛】本题主要考查了安培力大小的计算和方向的判断以及力矩的平衡条件，要牢记在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，公式中的L 是指导体的有效长度。7.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个电子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成 60角。现将
9、磁场的磁感应强度大小改为原来的 9 倍，方向不变，将一正电子（质量电量与电子相同，电性相反）以速度 3v从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为A.C.B.D.【答案】C【解析】【分析】由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间。【详解】设圆形磁场区域的半径是 R，以速度 v 射入时，半径 r1=，根据几何关系可知，=tan60，所以r1=速度 3v 射入时，半径知：R，运动时间：，磁感应强度变为9 倍，以，设第二次射入时的圆心角为，根据几何关系可，故C 正
10、确，=120，第二次运动的时间为：ABD 错误；故选 C。【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心画轨迹求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题。8.在操场上，两同学相距L为 10m 左右，在东偏北西偏南11的沿垂直于地磁场方向的两个位置上，面对面将一铜芯导线，象甩跳绳一样摇动，并将线的两端分别接在灵敏电流表上铜芯导线和电流表等构成的回路的总电阻R为 2，绳摇动的频率配合节拍器的节奏，保持f2Hz如果同学摇动绳子的最大圆半径h1m，电流表的最大值I3mA则可估算此处地磁场的磁感应强度B的数量级，若将两人的位置改为与刚才方向垂直的两点上，那么电流表的示数I将发生变化。下列结果正确的
11、是A.B的数量级为 10 T，I0B.B的数量级为 10 T，I9mAC.B的数量级为 10 T，I9mAD.B的数量级为 102T，I0【答案】A【解析】【分析】地球存在南北方向的磁场，当闭合电路中的部分导体做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。根据闭合电路欧姆定律求出感应电动势，由 E=BS 求出 B。若将两人站立的位置改为与刚才方向垂直的两点上，没有感应电流产生。【详解】两同学在东偏北西偏南 11的沿垂直于地磁场方向的两个位置上时，根据闭合电路欧姆定律得：E=IR；线圈在匀强磁场中产生的最大电动势为：E=BS；又：=2f，ShL；联立以上各式解得：5525，其中 I=3mA=0.00
12、3A，L=10m，R=2，h=1m，f=2Hz，代入数5据解得：B=510T，数量级为10 T。若将两人站立的位置，改为与刚才方向垂直的两点上，绳与磁场平行，不切割磁感线，没有感应电流产生，电流计的读数I=0。故选 A。【点睛】解答本题时要了解地磁场的分布，建立物理模型是关键，并要掌握法拉第电磁感应定律欧姆定律等等电磁感应基本知识。二二 多项选择题：多项选择题：本题共本题共 4 4 小题，小题，每小题每小题 4 4 分，分，共计共计 1616 分分.每小题有多个选项符合题意每小题有多个选项符合题意.全全部选对的得部选对的得 4 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 2 分，错选或不答的
13、得分，错选或不答的得 0 0 分分.9.传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发环境保护交通运输乃至家庭生活等多种领域。下图为三种电容式传感器下列说法中正确的有A.图甲是测定液面高度h的传感器，液面高度h发生变化时，通过改变两极板之间的的距离d而引起了电容C的变化B.图乙是测定压力F的传感器，压力F发生变化时，通过改变两极板之间的的距离d而引起了电容C的变化C.图丙是测定角度的传感器，角度发生变化时，通过改变两极板之间的正对面积S而引起了电容C的变化D.三个图都是通过改变两极板之间的正对面积S而引起电容C的变化【答案】BC【解析】试题分析：由平行板电容器判断电容 C 的变化。图
14、甲中液面高度 h 发生变化时通过改变两极板的正对面积而引起了电容C 的变化，所以 A 选项错误；图乙压力F 发生变化时，通过改变两极板之间的距离d 而引起了电容 C 的变化，所以 B 选项正确；图丙角度 发生变化时通过改变两极板之间的正对面积S 而引起了电容 C 的变化，所以 C 选项正确；综上所述，D 选项错误。考点：影响电容器的因素 传感器10.如图，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1：v22：1，在先后两种情况下，正确的是A.线圈中的感应电流之比为I1I221B.线圈中的感应电流之比为I1I212C.线圈中产生的焦耳热之比Q1Q218D.通过线圈某截面的电荷量
15、之比q1q211【答案】AD【解析】【分析】根据 E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比根据焦耳定律Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比，则感应电流之【详解】v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流比 为2：1 故A正 确，B错 误，v1=2v2，可 知 时 间 比 为1：2，根 据，线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1，故C 错误。电荷量：选 AD。【点睛】本题掌握电磁感应的基本规律是关键采用比例法，用相同的物理量表示所求量，再求比例，是常用的方法记住求解电量的经验公式.，与速度无关，可知通过某截
16、面的电荷量之比为 1：1，故 D 正确。故11.在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计下列说法正确的是A.闭合开关S时，A1和A2同时亮B.闭合开关S时，A2先亮，A1逐渐变亮C.断开开关S后的瞬间，A2闪亮一下再熄灭D.断开开关S后的瞬间，流过A2的电流方向向右【答案】BD【解析】【分析】当电键 S 闭合时，通过线圈 L 的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【详解】当电键 S 闭合时，灯 A2立即发光。通过线圈 L 的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律
17、线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来。所以 A2比 A1先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同。故A 错误，B 正确；稳定后当电键 S 断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡 A1和A2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭；电路稳定时流过流过灯泡的电流是相等的，所以灯 A2不会闪亮，流过A2的电流与开始时方向相反，方向向右；故C 错误，D 正确；故选BD。12.如图所示，ABCD是一个圆的两条直径，AOC是锐角，该圆处于匀强电场中，电场强度方向平行该圆所在平
18、面。在圆周所在的平面内将一个带正电的粒子从A点先后以相同的速率v沿不同方向射向圆形区域，粒子将经过圆周上的不同点，其中经过C点时粒子的动能最小若不计粒子所受的重力和空气阻力，则下列判断中正确的是A.电场强度方向由A指向BB.电场强度方向由C指向DC.粒子到达B点时速率一定大于A点射入时的速率D.粒子经过劣弧BD时的电势能都小于A点的电势能【答案】BCD【解析】【分析】带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从A 点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从 C 点离开圆形区域的带电微粒的动能最小。则说明电场力做功最小，从而得出 C 点是沿电场强度方向离 A 点最近。电场力做功就
19、是电量与两点的电势差的乘积。【详解】仅在电场力作用下从A 点进入，离开 C 点的动能最小，电势能最大，所以电场线与过 C 的切线相垂直，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿CD 方向。故 A 错误，B正确；由图可知，由 A 到 B 电场力电场力做正功，电势能减小，动能增大，即粒子到达 B点时速率一定大于 A 点射入时的速率，故C 正确；沿着电场线方向，电势逐渐降低，且电场线与等势面垂直可知，劣弧 BD 上各点电势都小于 A 点电势，粒子带正电，故粒子经过劣弧BD 时的电势能都小于 A 点的电势能，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】C 点是沿电场强度方向离A 点最近，则电场线与过C 的切线
20、相垂直。同时还运用只有电场力做功，导致电势能与动能相互转化。并考查电势能等于电量与电势的乘积。三填空题：本题共三填空题：本题共 2 2 小题，共计小题，共计 1616 分请把答案填在答题卡中对应位置分请把答案填在答题卡中对应位置13.某同学测定金属丝电阻率实验的部分步骤如下：（1）用刻度尺正确测量金属丝接入电路的长度后，再用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮_（选填“A”“B”“C”或“D”）直到发出“喀喀”声时停止；测量结果如图，读数为_mm（2）用多用电表的电阻“1”挡粗测此金属丝的电阻，表盘示数如图所示，则该金属丝的阻值约为_（3）用如下实验器材进一步测
21、其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有：A电压表 V(量程 03V)B电流表 A(量程 00.6A)C滑动变阻器R1(020 0.6A)D滑动变阻器R2(02022 0.1A)E1.5V 的干电池两节，内阻不计F开关 S，导线若干为了测多组实验数据，上述器材中的滑动变阻器应选用_(选填“C”或“D”)（4）用正确选择的滑动变阻器连接好电路如图所示，闭合开关后，发现电流表示数几乎为零，电压表示数接近电源电动势经检测导线和电表均完好，则发生故障的是_断路（选填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“开关”）【答案】(1).D (2).0.4090.412mm (3).8 (4).C (5).待测金属丝【解析
22、】【分析】（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节微调旋钮；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。（3）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（4）常见的电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因。【详解】（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮D发 出“喀 喀”声 时 停 止；由 图 示 螺 旋 测 微 器 可 知，其 示 数 为：0mm+41.00.01mm=0.410mm；（2）用多用电表的电阻“1”挡粗测此金属丝的电阻，由图 2
23、所示可知，该电阻的阻值约为 81=8；（3）为方便实验操作，滑动变阻器应选择C。（4）闭合开关后，电流表示数为零，说明电路存在断路；电压表示数接近电源电动势，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，与电压表并联的电阻丝发生断路。【点睛】本题考查了螺旋测微器与欧姆表读数实验器材选择与电路故障分析，要掌握常用器材的使用及读数方法，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。14.某同学利用如图甲所示的实验装置测量一节干电池的电动势和内阻（1）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：U(V)I(A)1.450.121.360.181.280.241.25
24、0.301.090.361.010.42请根据表中的数据，在坐标纸图乙上作出UI图线_（2）由图线求得：电动势E_V；内阻r_（3）该电路中电阻的作用是_（4）引起该实验系统误差的主要原因是_A电压表的分流造成电流表读数偏小 B电压表的分流造成电流表读数偏大C电流表的分压造成电压表读数偏小 D电流表的分压造成电压表读数偏大【答案】图像如图；1.63V（1.601.65 都算对）1.48（1.401.56 都算对）保护电路 A【解析】【分析】（1）根据表中实验数据，应用描点法作出图线。（2）电源 UI 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻，根据图示图象求出电源电动势与内
25、阻。（3）分析图示电路图答题。（4）根据实验电路图分析实验误差来源，然后答题。【详解】（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：（2）由图示 UI 图象可知，电源电动势：E=1.62V电源内阻：；（3）由图示电路图可知，定值电阻串联在电路中，起保护电路的作用。（4）由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏小，这是造成实验误差的原因，故A 正确，BCD 错误；故选 A。三计算题：本题共三计算题：本题共 3 3 小题，共计小题，共计 3636 分请按题目的要求作答，解答时应写出必要的文字说分请按题目的要求作答，解答时应写出必要的文字说明方程式
26、和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的必须明确写出数明方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的必须明确写出数值和单位值和单位.15.如图，电路中电源电动势E=10 V，内阻r=1，小灯泡 L 额定电压U=8V，额定功率字迹模糊不清，电动机 M 的线圈电阻RM=2 闭合开关 S 后，灯泡恰好正常发光，电动机输出机械功率P=3.5W求：（1）电源中电流I；（2）电动机线圈中电流IM；（3）小灯泡额定功率PL【答案】（1）2A（2）0.5A（3）12W【解析】【分析】（1）小灯泡正常发光，说明外电压等于小灯泡的额定电压，根据闭合电路欧姆定律列式求解通过电源的电流
27、I；（2）电动机的总功率等于热功率和机械功率之和，从而求解通过电动机的电流；（3）电源电流减去电动机的电流等于灯泡的电流，根据P=UI 求解灯泡的功率【详解】（1）电源的内电压电源中电流解得：（2）电动机的总功率电动机的热功率能量守恒电动机中电流（3）通过灯泡的电流小灯泡的额定功率【点睛】对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流16.如图所示，矩形线圈abcd匝数n=100 匝面积S0.5m 电阻不计，处于磁感应强度B T的匀强磁场中线圈通过金属滑环EF与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接一只“10V，10W”灯泡接在矩形线圈和原线圈间
28、的熔断器的熔断电流的有效值I=1.5A 电阻忽略不计，现使线圈abcd绕垂直于磁场方向的轴OO以角速度=10rad/s 匀速转动，灯泡正常发光求：2（1）线圈abcd中电动势有效值；（2）变压器原副线圈匝数之比；（3）副线圈中最多可以并联多少盏这样灯泡【答案】（1）50V（2）5:1（3）7【解析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【详解】（1）电动势最大值电动势有效值（2）原线圈输入电压原副线圈匝数之比：，副线圈输出电压（3）在熔断器未熔断情况下，原线圈最大输入功率副线圈最大输出功率：灯最多盏数：.17.如图所示，水平光滑导轨
29、固定于竖直向上的匀强磁场中，导轨宽度为L，导轨左端接电阻R1和R2，且R1=R，R2=2R质量为m的导体棒ab垂直导轨静置现用水平向右大小为F的力拉导体棒，当导体棒位移为x时速度达到最大值v，导体棒始终垂直导轨，导体棒和导轨的电阻均不计求：（1）磁感应强度大小B；（2）该过程通过电阻R1的电荷量q；（3）该过程电阻R2产生的焦耳热Q【答案】（1）【解析】【分析】（1）导体棒匀速运动时速度最大，应用安培力公式与平衡条件可以求出磁感应强度。（2）由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流，由电流定义式求出电荷量。（2）（3）（3）应用能量守恒定律与并联电路规律可以求出电阻产生的热量。【详解】（1）导体棒速度最大时通过导体棒的电流解得磁感应强度（1）在导体棒达到最大速度v的过程中，回路平均感应电动势平均电流通过导体棒的电量通过R1的电荷量（3）根据功能关系，电路中产生的总热量R2产生的热量【点睛】解决本题的关键掌握导体切割产生的感应电动势E=BLv，以及感生产生的电动势。理解牛顿第二定律与运动学公式综合应用，注意求电势差时，电阻不能代错。