2021-2022学年河北省沧州市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河北省沧州市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共12页。试卷主要包含了0×104VB，2×10−4C，6，cs37∘=0，【答案】A，【答案】B，【答案】D，【答案】BD，【答案】AD等内容，欢迎下载使用。

教材中介绍了很多利用电场和磁场工作的装置，以下各装置中哪一个工作原理不同于另外三个装置( )
A. 速度选择器B. 磁流体发电机C. 电磁流量计D. 电磁炉
如图是一种电加热装置，当把一铁块放入线圈中且不接触线圈，稍等片刻，铁块就会烧得通红，小明同学由此做出了以下一些猜想，其中正确的是( )
A. 若把一干燥的木棍伸入线圈中，木棍会被烧着
B. 线圈内部一定通有随时间变化的电流
C. 线圈内部一定通有强度很大的恒定直流
D. 铁块是否会变红与线圈中电流是否变化无关
小明同学通过课外阅读看到了一个描述磁感应强度的表达式B=kIL，I是导线中的电流，L是某点到导线的距离，于是他对k的单位进行了猜测，以下表示k的单位的是( )
A. T⋅A/mB. Wb/(A⋅m)C. A2/ND. A⋅m/T
在静电除尘器中有一带电荷量为q=−2.0×10−9C的尘埃，由P点移到Q点，动能增加了8.0×10−5J，在这过程中，除静电力做功外，其他力做的功为2.0×10−5J，则P、Q两点间的电势差UPQ为( )
A. −3.0×104VB. 3.0×104VC. −5.0×104VD. 5.0×104V
如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m的带电小球以初速度v0沿与电场方向成45∘夹角射入场区，当其沿直线运动到某一位置时，电场方向突然变为竖直向上。已知带电小球的比荷为k，则下列有关说法正确的是( )
A. 小球一定带负电B. 电场方向改变后小球做匀速圆周运动
C. 电场强度大小为gkD. 电场强度与磁感应强度之比为2v0:1
电阻应变片是一种将被测件上的形状变化转换成为一种电信号的敏感器件，其阻值会随着机械形变而发生变化。如图所示为某同学设计的利用金属丝应变电阻来研究其阻值与拉力大小之间关系的电路，其中电压表和电流表是理想电表，a、b两点之间连接的是金属丝应变电阻，把一重物悬挂在金属丝中间。当把悬挂重物的质量减小时，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数变小B. 电压表示数变大
C. 电压表与电流表示数之比变大D. 电压表与电流表示数变化之比不变
有一种监控火车运行的装置，其原理是在火车头车厢底部安装上能产生匀强磁场的磁铁，当其经过固定在轨道间的线圈时便会产生电信号，传输到控制中心，就可了解火车的运行情况，原理图如图甲所示。当某列火车通过该线圈时，控制中心得到线圈中电流大小随时间变化的图像如图乙所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，磁场宽度为l(磁场的宽度小于线圈宽度)，线圈所在回路电阻为R，下列有关说法正确的是( )
A. 由I−t图像可知，火车做匀速运动
B. 因t2−t1>t4−t3，故火车做变加速运动
C. t1∼t2时间内线圈中的电流方向如图甲所示
D. 火车做匀加速运动且加速度大小为a=R(I2−I1)Bl(t2−t1)
如图所示为某电场中的一条直线电场线，a、b为其上的两点，以下有关说法正确的是( )
A. a、b两点电场强度一定相同
B. b点电势高于a点电势
C. 正电荷放在a点比放在b点电势能大
D. 不计重力的电荷，在电场线上由静止释放后，电势能一定减小
如图所示电路中，电源电动势E=3V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=4Ω，R2=1Ω，R3=5Ω，电容器的电容C=70μF。初始时，开关S1闭合，S2断开，下列说法正确的是( )
A. 电路稳定时，电容器上极板带负电
B. 电路稳定时，R1消耗的功率为3.25W
C. 闭合开关S2，电路稳定后，电容器上极板带负电
D. 闭合开关S2，电路稳定后，电容器所带电荷量为1.2×10−4C
如图所示，质量相同的带电粒子M、N分别沿x轴和y轴正方向从坐标原点O飞入匀强磁场，两粒子恰好均能通过第一象限内的P点，已知M、N粒子的速度分别为vM、vN且vM=vN，O、P两点连线与x轴正方向之间的夹角为θ=π3，不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A. M粒子带负电、N粒子带正电
B. M、N粒子运动的轨迹半径之比为3:3
C. M、N粒子所带电荷量大小之比为3:1
D. M、N粒子从O点运动到P点所用时间之比为3:1
如图所示为“探究感应电流产生的条件”的实验电路，实验时：
(1)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑动触头P置于______(填“a”或“b”)端；
(2)调整好电路后，将开关闭合，电流表指针向右偏转了一下后又返回到中间位置。接着将A线圈稍微向上拔出一些，则穿过线圈C的磁通量会______(填“增大”“减小”或“不变”)，在拔出过程中电流表指针______(填“向左”“向右”或“不”)偏转；
(3)实验过程中，发现线圈C下端接线柱导线断开，在保持开关S闭合的状态下，在把导线重新连接好的过程中，可发现电流表指针______(填“向左”“向右”或“不”)偏转。
某实验小组为了测量某金属丝Rx的电阻率，进行了以下实验步骤：
(1)利用欧姆表粗测金属丝Rx的阻值：
①将选择开关旋到×1位置，然后将红、黑表笔进行短接，调节欧姆调零旋钮，使指针停在如图甲所示表盘的______(填“左”或“右侧”)“0”刻度线位置；
②将红、黑表笔分别接在金属丝的两端，指针稳定后，停在图甲所示位置，则金属丝的阻值为______Ω；
(2)利用螺旋测微器测量金属丝的直径如图乙所示，其读数为d=______mm；
(3)利用刻度尺测量金属丝长度为L；
(4)为了准确测量金属丝Rx的阻值，所用各器材规格如下：
电压表(量程为3V，内阻约为3kΩ)
电流表(量程为200mA，内阻约为5Ω)
滑动变阻器R(最大阻值为10Ω)
电源(电动势为3V，内阻约为1Ω)
开关S及导线若干；
①在实验过程中尽可能多测量几组数据，请根据自己设计的实验方案在图丙中用笔画线代替导线，把实物图连接完整；
②测量得到电压表和电流表的示数分别为U、I；
③用步骤(2)(3)(4)测得的物理量表示这段金属丝的电阻率ρ=______。(用所测物理量的字母表示)
如图所示，两个完全相同的电阻不计的光滑金属圆环平行正对固定在竖直面内。两环与恒流电源相连接，两环间距为L=1m，一质量为m=60g、长L=1m的导体棒静止在圆环的最低点处，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中(磁场未画出)。现闭合开关S，导体棒沿圆环向上运动，当其绕圆心转过37∘角时到达最高点。已知导体棒中的电流大小恒为2A，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g取10m/s2，试求：
(1)从左向右看，导体棒在圆环上沿顺时针方向转动还是沿逆时针方向转动？
(2)所加匀强磁场的磁感应强度B的大小。
如图甲所示，足够长的粗糙平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面的夹角θ=37∘，导轨间距L=1m，M、P两端接一阻值R=3Ω的电阻。一质量为m=1kg、电阻为r=1Ω、长度也为L=1m的金属棒ab静止在距离轨道底端d=1m处。现在整个装置处在一垂直于导轨平面向上的磁场中，磁感应强度变化的规律如图乙所示。已知金属棒和导轨之间的动摩擦因数为μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在t=0时刻闭合开关S求：
(1)金属棒开始滑动前，流经金属棒的电流方向；
(2)经多长时间金属棒开始滑动。
某粒子控制装置中，同时利用电场和磁场来控制粒子的运动，其简化示意图如图甲所示。粒子由静止开始先经加速电场加速，然后沿平行于板面的方向从两板左侧中间位置射入偏转电场，离开偏转电场后进入偏转磁场，最后打在屏上。已知粒子的电荷量为q，质量为m，加速电压为U1，偏转电场两板间距离为d，两板间的电压U随时间t变化的图像如图乙所示，由于粒子在偏转电场区域运动时间极短，粒子通过此区域时，可认为电场是不变的匀强电场；偏转磁场区域是宽度也为d的条形匀强磁场，磁场两边界与屏平行，不计粒子重力和空气阻力。求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度v0；
(2)要使所有粒子均能从偏转电场飞出，极板长度最长为多少；
(3)若偏转电场的极板长度为d，且以最大速度飞入偏转磁场的粒子从磁场飞出后，恰好垂直在屏上，则偏转磁场区域的磁感应强度为多大。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计都是利用的是带电粒子在电磁场中的偏转，电磁炉是电磁感应现象，故D正确，ABC错误；
故选：D。
ABC选项都是利用的是带电粒子在电磁场中的偏转，电磁炉是电磁感应现象；
明确生活中常见的物品所应用的物理原理。
2.【答案】B
【解析】解析：A、由题意可知这是电磁感应现象，木棍不能形成电流，故木棍不会烧着，故A错误；
BCD、变化的电流可能产生变化的磁场，变化的磁场可在铁块内部产生涡流，由于电流的热效应才把铁块烧红，故CD错误，B正确。
故选：B。
木棍不能形成电流，故木棍不会烧着；
把木棍放入线圈中，不接触线圈，是由于电磁感应产生涡流，根据电流的热效应把铁块烧红。
明确变化的电场产生磁场，磁场在铁块内部能产生涡流，明确电流的热效应。
3.【答案】B
【解析】解：AD、通过公式推导找到单位，由表达式可知：k=BLI，k的单位为T⋅m/A，故A、D错误；
B、又Φ=BS可知k=ΦLSI，单位为Wbmm2A=Wbm⋅A，故B正确；
C、由F=BIL，可知k=BLI=FIL⋅LI=FI2，单位为N/A2，故C错误。
故选：B。
由公式推导过程，求解k的单位。
本题考查磁场，由磁场的公式可以进一步推导各物理量的单位。
4.【答案】A
【解析】解：根据动能定理得qUPQ+W其他=△Ek
得a、b两点间的电势差：UPQ=−3.0×104V，故A正确，BCD错误。
故选：A。
质点在静场中由P点移到Q点的过程中，有静电力和其他力对质点做功，引起质点的动能增加．电场力做功为Wab=qUab，根据动能定理求解P、Q两点间的电势差．
对于涉及动能变化的问题，可首先考虑能否运用动能定理．在运用动能定理时，要分析各个力做的功，要知道电场力做功公式为WPQ=qUPQ，该式中各个量要代符号运算．
5.【答案】B
【解析】解：A、小球做直线运动时，其受力情况如图所示，由受力分析可知小球带正电，故A错误；
B、小球沿直线运动时，对小球进行受力分析，由几何关系可知：qE=mg=22qv0B，故当电场方向改变后，重力与电场力平衡，小球受到的合力为洛伦兹力，故做匀速圆周运动，故B正确；
C、由qE=mg，可得出：E=mgq=gk，故C错误；
D、由qE=22qv0B，可得出EB=22v0，故D错误。
故选：B。
小球做直线运动时，分析小球的受力情况，根据电场力方向与场强方向的关系判断小球的电性；当电场方向改变后，重力与电场力平衡，小球受到的合力为洛伦兹力，小球做匀速圆周运动。根据平衡条件和牛顿第二定律进行解答。
本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解。
6.【答案】D
【解析】解：AB、当悬挂物体变轻时，金属丝电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电流表示数变大，电源的内电压和滑动变阻器两端的电压均变大，则电压表示数变小，故AB错误；
C、电压表与电流表示数之比为金属丝的阻值，故该比值变小，故C错误；
D、由闭合电路欧姆定律得：U=E−I(R+r)，则ΔUΔI=R+r，R是滑动变阻器阻值，即电压表与电流表示数变化之比为电源内阻与滑动变阻器阻值之和，故保持不变，故D正确。
故选：D。
当把悬挂重物的质量减小时，分析金属丝电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析电流表示数的变化和电压表示数的变化。电压表与电流表示数变化之比为电源内阻与滑动变阻器阻值之和。
本题是电路动态分析问题，按局部到整体再对局部的顺序进行分析。对电压表与电流表示数变化之比，要根据闭合电路欧姆定律列式分析。
7.【答案】D
【解析】解：ABD、由图像可知，电流均匀增加，根据法拉第电磁感应定律有
E=Blv
根据闭合电路欧姆定律可得I=ER
根据加速度的定义式有
a=ΔvΔt
整理可得a=R(I2−I1)Bl(t2−t1)
结合图像可知，两段电流图像斜率k=I2−I1t2−t1相同，故加速度a为定值，火车做匀加速直线运动，故AB错误，D正确；
C、由右手定则可知，电流方向与图甲所示方向相反，故C错误。
故选：D。
ABD、根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，结合加速度的定义式求出加速度的表达式，利用图像得出加速度为定值，从而判断火车做匀加速直线运动；
C、利用右手定则，判断线圈中电流方向。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及右手定则，在学习中要注意这样几个方面的问题，本题特别要注意图像的应用。
8.【答案】BD
【解析】解：A、电场线虽然为直线，但并不一定为匀强电场，故A错误；
B、沿电场线方向电势降低，故b点电势高于a点电势，故B正确；
C、正电荷在电势高的地方电势能大，故C错误；
D、电荷由静止释放，电场力做正功，电势能减小，故D正确。
故选：BD。
电场强度处处相同的电场是匀强电场；沿电场线的方向电势在降低；负电荷在电势低的地方电势能大，正电荷在电势高的地方电势能大。
本题考查电场线的特点，通过电场线的指向看电势的高低，也可以通过电场力做功判断电势能的高低。
9.【答案】AD
【解析】解：A、开关S1闭合，S2断开，电路稳定时，R1、R2串联，R3相当于导线，电容器与R2并联，的上极板与电源的负极相连，所以上极板带负电，故A正确；
B、开关S1闭合，S2断开，电路稳定时，R1、R2串联，由闭合电路欧姆定律有：E=I(R1+R2+r)，R1的功率为P1=I2R1，联立解得P1=1.0W，故B错误；
C、闭合开关S2后，电容器的上极板与电源的正极相连，因此上极板带正电，故C错误；
D、闭合开关S2后，外电路总电阻为R=R3(R1+R2)R3+R1+R2=5×(4+1)5+4+1Ω=2.5Ω，路端电压为U=RR+rE=2.52.5+1×3V=157V，则R1两端的电压为U1=R1R1+R2U=44+1×157V=127V，电容器所带电荷量为Q=CU1=70×10−6×127C=1.2×10−4C，故D正确。
故选：AD。
开关S1闭合，S2断开，电路稳定时，电容器相当于开关断开，电容器所在电路没有电流。由闭合电路欧姆定律求出流过R1的电流，再求R1的功率。闭合开关S2，电路稳定后，求出电容器板间电压，再求其所带电荷量。
对于含有电容器的电路，关键要确定电容器的电压。要知道电路稳定时，电容器的电压等于电容器所在电路两端的电压。
10.【答案】BC
【解析】解：A、两个粒子运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，M粒子带正电，N粒子带负电，故A错误；
B、设OP之间的距离为L，由几何关系可得：RNcsθ=L2，RMsinθ=L2
解得：RM：RN=3：3，故B正确；
C、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R，解得：qM：qN=tanθ=tanπ3=3：1，故C正确；
D、由几何关系可知，M、N粒子转过的圆心角分别为：2θ和π−2θ，
M粒子从O点运动到P点所用时间为：tM=2θ2π×2πRMvM=2θRMvM
N粒子从O点运动到P点所用时间为：tN=π−2θ2π×2πRNvN=(π−2θ)RNvN
则M、N粒子从O点运动到P点所用时间之比为：tMtN=233，故D错误。
故选：BC。
根据左手定则判断电性；由几何关系求解半径之比；根据洛伦兹力提供向心力求解电荷量之比；由几何关系可求出M、N粒子转过的圆心角，根据周期公式求解运动时间之比。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间.
11.【答案】(1)a；(2)减小、向左；(3)不
【解析】解：(1)置于a端时，使开关闭合时，回路中的电流最小，对电路起到保护作用；
(2)拔出一些时回路面积不变，磁场减弱，故磁通量减小；因为磁通量增大时，指针向右偏转，故当磁场方向不变，磁通量减小时，指针向左偏转；
(3)在接好导线的过程中没有磁通量的变化，故指针不会偏转。
故答案为：(1)a；(2)减小、向左；(3)不
(1)注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答。
(2)(3)磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反。
本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。
12.【答案】右侧 πUd24IL
【解析】解：(1)由题可知，欧姆挡的选择开关拨至“×1”挡。先进行欧姆调零，即短接红黑表笔，使指针指在表盘右侧的零刻度线。
其示数为指针示数与倍率的乘积，那么图示欧姆挡读数为：14.0×1Ω=14.0Ω；
(2)螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，
所以最终读数为d=0.5mm+0.200mm=0.700mm；
(4)①由于待测电阻丝的电阻Rx③由图D和电阻定律得：U=IR=I×ρ×Lπ(d2)2
，所以电阻率ρ=πUd24IL。
故答案为：(1)右侧、14.0；(2)0.700；(4)①如图、③πUd24IL
(1)欧姆表读数等于表盘刻度乘以倍率，根据指针位置重新选择倍率，欧姆调零后再进行测量；
(2)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
(4)①根据要求在实验中获得较大的电压调节范围，分析滑动变阻器接法；比较电压表、电流表和待测电阻电阻关系分析内外接法，从而选择合适测量电路。③根据电阻定律和欧姆定律结合图象的斜率求电阻率。
本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。
13.【答案】解：(1)根据左手定则可知，金属棒中电流受力水平向右，故其沿逆时针转动；
(2)设圆环半径为R，由动能定理有：BILRsin37∘−mgR(1−cs37∘)=0
解得：B=0.1T
答：(1)从左向右看，导体棒在圆环上沿逆时针方向转动；
(2)所加匀强磁场的磁感应强度B的大小为0.1T。
【解析】(1)根据左手定则结合安培力的方向分析出电流的方向；
(2)根据动能定理计算出磁感应强度的大小。
本题主要考查了安培力的相关应用，熟练掌握安培力公式，用左手定则分析出安培力的方向，结合动能定理即可完成分析，整体难度不大。
14.【答案】解析：(1)由楞次定律可知：金属棒中电流由a流向b
(2)设金属棒开始滑动时，磁感应强度为B1，由法拉第电磁感应定律可知：E=ΔΦΔt=ΔBLdΔt
则电路中的电流为：I=ER+r
即将滑动时，受力平衡，即：mgsinθ+B1IL=μFN
又FN=mgcsθ
设经过时间t1开始滑动，则B1=ΔBt1Δt
联立解得：t1=0.4s
答：(1)金属棒开始滑动前，流经金属棒的电流方向；
(2)经0.4s金属棒开始滑动。
【解析】根据楞次定律可以判断金属棒中电流的方向，当导体棒刚开始滑动时对其受力分析，可知安培力大小，再根据法拉第电磁感应定律求得结果。
本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律以及受力分析等知识点，该题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，难度适中。
15.【答案】解：(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理得：qU1=12mv02−0
解得：v0=2qU1m
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，如果具有最大偏转位移的粒子能刚好飞出，则所有粒子均能飞出，
此时极板长度最大，在竖直方向：d2=12at2，由牛顿第二定律得：qE=ma，电场强度：E=U1d
在水平方向：Lm=v0t，解得：Lm=2d
(3)当偏转电压U=U1时，粒子飞出时速度最大，设偏转角为θ，则tanθ=v1v0
在偏转电场中运动的时间t1=dv0
沿偏转电场方向的速度为：v1=at1
粒子进入磁场的速度为：v=v0csθ
粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
设粒子轨迹半径为r，由几何关系可知：rsinθ=d
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得：B=1dU1m2q
答：(1)粒子进入偏转电场时的速度大小是2qU1m，方向水平向右；
(2)要使所有粒子均能从偏转电场飞出，极板长度最长为2d。
(3)偏转磁场区域的磁感应强度大小是1dU1m2q。
【解析】(1)应用动能定理可以求出粒子进入偏转电场时的速度。
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出极板的最大长度。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出磁感应强度的最大值。
根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式即可解题。