2021-2022学年云南省大理州鹤庆一中高二（下）开学物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年云南省大理州鹤庆一中高二（下）开学物理试卷

1.  如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，如果将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则灯泡L、电表均未超过限度如何变化(    )

A. 灯泡L变亮，电流表A示数变小
B. 灯泡L变亮，电流表A示数变大
C. 灯泡L变暗，电流表A示数变小
D. 灯泡L变暗，电流表A示数变大

2.  如图所示，用控制变量法研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，则(    )

A. 若保持S不变，减小d，则变小
B. 若保持S不变，减小d，则不变
C. 若保持d不变，减小S，则变小
D. 若保持s、d不变，在两板间插入电介质，则不变

3.  图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空。A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度为v。下列说法中正确的是(    )

A. 如果A、K间距离不变而电压变为2U，则电子离开K时的速度仍为v
B. 如果A、K间距离不变而电压变为2U，则电子离开K时的速度变为2v
C. 如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
D. 如果A、K间距离加倍而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为

4.  如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P和Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、和一带正电的粒子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则(    )

A. 若带正电的粒子由M点运动到Q点，电场力做正功
B. 若带正电的粒子由P点运动到Q点，电场力做负功
C. 直线c位于某一等势面内，
D. 直线a位于某一等势面内，

5.  质量和电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，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，则下列表述正确的是(    )

A. M带正电 B. M的速率大于N的速率
C. M的运行周期大于N的运行周期 D. M的运行时间大于N的运行时间

6.  如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向。则在线框中产生的感应电流随时间变化的关系可能为下图中的(    )

A.  B.
C.  D.

7.  关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是(    )

A. 电场强度的定义式适用于任何电场
B. 由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r趋近于0时，E趋近于无限大
C. 由安培力公式可知，一段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场
D. 一通电直导线在匀强磁场中受安培力时，安培力一定垂直于该通电直导线

8.  如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上．在开关S闭合、断开的过程中，有关通过电流表的感应电流方向判断正确的是(    )

A. 开关S闭合瞬间，通过电流表的感应电流方向为
B. 开关S闭合瞬间，通过电流表的感应电流方向为
C. 开关S断开瞬间，通过电流表的感应电流方向为
D. 开关S断开瞬间，通过电流表的感应电流方向为
 

9.  在如图所示的电路中，自感线圈L的自感系数较大，电阻R和自感线圈L的直流电阻阻值相等．若接通开关S，电路达到稳定状态时灯泡D正常发光．则(    )

A. 闭合S后，D渐渐变亮
B. 闭合S瞬间，D先亮起来，然后渐渐变暗
C. 断开S瞬间，D变得更亮，然后渐渐变暗
D. 断开S瞬间，D渐渐变暗，直至熄灭

10.  如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场磁感应强度为B和匀强电场电场强度为E组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为，最终打在上，下列表述正确的是(    )

A. 粒子带正电
B. 所有打在上的粒子，在磁场的磁场中的运动时间都相同
C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D. 粒子打在上的位置越靠近P，粒子的比荷越小

11.  某小组测量一金属丝的电阻率，除多用电表、刻度尺、螺旋测微器、开关、导线外，还能提供的其它器材规格如下：
电流表量程，内阻约为
电流表量程，内阻约为
电压表量程，内阻约为
滑动变阻器最大阻值为
滑动变阻器最大阻值为
电源电动势约为
①在实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图甲所示，则该金属丝直径的测量值______mm。

②使用多用电表欧姆挡粗测金属丝的电阻，倍率选择“”挡，指针位置如图乙所示，则该金属丝的电阻为______。
③若采用伏安法测量金属丝的电阻，为保证电表安全及测量准确、方便，那么电流表应选择______选填或；滑动变阻器应选择______选填或。
④采用伏安法测电阻时，测得了多组U、I数据，根据这些数据作出如图丙所示的图像。由此可得金属丝的电阻______。保留两位有效数字
⑤若通过实验测量获得了数据：金属丝的电阻R，金属丝的长度l，以及金属丝的直径d。那么本次实验得到金属丝电阻率______用本题给出的字母表达。

12.  在伏安测电阻的实验中。某小组有一灵敏电流计，允许通过的最大电流为，表头电阻，若将它改装成量程为的电流表，应联的电阻阻值为______ 。用改装后的电流表进行实验，待测电阻约为，电压表内阻约为，测量电路的连接方式如图或图所示，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。若将图和图中电路测得的电阻值分别记为和，则______ 填“”或“”更接近待测电阻的真实值，且测量值______ 填“大于”、“等于”或“小于”真实值。

13.  如图所示的电路中，输入电压U恒为10V，灯泡L上标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻。若灯泡恰能正常发光，求：
电动机的输入功率为多少？
电动机的输出功率为多少？
电动机的效率是多少？

14.  如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小。有一个质量的带电小球，用绝缘轻细绳悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角，取，，，不计空气阻力的作用。求：
小球所带的电荷量及电性；
如果将细线轻轻剪断，剪断后小球运动的加速度大小；
从剪断细线开始经过时间，电场力对小球做的功。

15.  如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为，M、P两点间接有阻值为的电阻，一根质量为电阻为的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻忽略不计，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计摩擦和空气阻力，重力加速度，
在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为时，通过ab杆的电流I及其加速度的a的大小；
求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。

16.  如图所示，在的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子质量为m，电量为从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好达到坐标原点O。已知A、C两点到坐标原点的距离分别为d、2d，不计电子的重力。求：
电场强度E的大小；
磁感应强度B的大小；
画出电子从A运动到O的运动轨迹，并求出电子从A运动到O经历的时间t。

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：当滑动变阻器的滑片向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，两个电阻串联总电阻增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流减小，电源的内电压增大，路端电压增大，所以灯泡L变亮，电流表A示数变小。故A正确，BCD错误。
故选：A。
当滑动变阻器的滑片向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，引起干路电流和路端电压的变化，分析灯泡L亮度的变化。
本题是电路中动态变化分析问题，往往按照“部分整体部分”的思路进行分析，要统盘考虑局部与整体的关系。
 

2.【答案】A 

【解析】解：根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，减小d时，电容增大，电容器的电量Q不变，由电容的定义式，分析可知板间电势差减小，则静电计指针的偏角变小，故A正确，B错误；
C.根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大，故C错误；
D.保持s、d不变，在两极板间插入电介质时，根据，平行板电容器的电容变大，根据，则电势差变小，静电计的指针偏角减小，故D错误。
故选：A。
静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况
本题是电容器的动态分析问题，关键明确电键闭合时，电压等于电源的电动势；电键断开后，电容器的带电量不变。
 

3.【答案】C 

【解析】解：电子在示波管中只受电场力作用，电场力做功，故由动能定理可得：；
AB、如果A、K间距离不变而电压变为2U，则电场力做功为原来的两倍，故电子离开K时的动能为原来的两倍，速度，故AB错误；
C、如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电场力做功不变，故电子离开K时的动能不变，速度不变，故C正确，
D、如果A、K间距离加倍而电压仍为U，则电场力做功不变，故电子离开K时的动能不变，速度不变，故D错误；
故选：C。
根据电子运动过程只有电场力做功，由距离、电压变化得到电场力做功变化，即可根据动能定理得到动能变化，从而得到速度变化。
带电粒子在恒定电场中运动，电场力做功用求解，故电场力做功只和电势差有关，与运动轨迹无关。
 

4.【答案】C 

【解析】解：A、带正电的粒子由M点分别运动到P点和N点的过程中，电场力所做的负功相等，则电势能增加相等，所以电势升高，则P、N两点的电势相等，直线d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线c位于某一等势面内，，粒子由M点运动到Q点，电场力不做功，故A错误。
B、若带正电的粒子由P点运动到Q点，与带正电的粒子由N点运动到M点电场力做功相同，则电场力做正功，故B错误。
C、由A的分析可知，直线c位于某一等势面内，故C正确。
D、直线a不在某一等势面内，直线a是一条电场线，且故D错误；
故选：C。
带正电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低。
解决本题的关键要抓住电场力做功与电势能变化的关系，知道正电荷在电势高处电势能大。
 

5.【答案】B 

【解析】解：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；
B.粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力可得，半径为，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B正确；
粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，周期为，M的运行周期、时间等于N的运行周期、时间，故CD错误。
故选：B。
由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，主要掌握左手定则、半径的公式和根据周期的公式进行分析求解。
 

6.【答案】A 

【解析】解：线圈中磁通量的变化率不变，由法拉第电磁感应定律可知，线圈内产生的感应电动势不变，所以感应电流的大小不变。
由图可知，内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为ABCDA方向，与正方向相同，故A正确，BCD错误；
故选：A。
由图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况。
本题要能正确理解图的含义，然后利用楞次定律、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流方向一定是相同的。
 

7.【答案】AD 

【解析】解：A、是电场强度的定义式，定义式适用于任何电场，故A正确；
B、当r趋近于0时，电荷已不能看成点电荷，真空中点电荷的电场强度公式公式不成立，故B错误；
C、磁感应强度的大小与方向由磁场本身决定，与放入磁场中的通电导线所受安培力F无关，与通电导线中的电流I和导线长度L的乘积无关；一段通电导体在某处不受安培力，可能是导线方向与磁场的方向平行，不能说明此处一定无磁场，故C错误；
D、安培力的方向与该处匀强磁场磁感应强度方向、该处的通电直导线方向都垂直，故D正确。
故选：AD。
电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；
磁感应强度的大小与方向由磁场本身决定；
根据左手定则判断磁感应强度方向和安培力的方向。
此题考查对电场强度、磁感应强度两定义式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件。
 

8.【答案】AD 

【解析】解：AB、当合上开关S的一瞬时，线圈M产生磁场向右，穿过线圈P的磁通量从无到有增加，则线圈P里感应电流磁场向左，根据右手螺旋定则可得电流方向，故A正确，B错误；
CD、当断开开关S的一瞬时，线圈M产生的磁场消失，穿过线圈P的磁通量从有到无减小，则线圈P里感应电流方向向右，根据右手螺旋定则可得电流方向，故C错误，D正确．
故选：AD。
当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈就产生感应电流。根据磁场的变化判断磁通量的变化，根据楞次定律判断电流方向。
感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对于非匀强磁场的磁通量可以从磁场变化或磁感线的条数来判断。
 

9.【答案】AD 

【解析】解：AB、当闭合S的瞬间，线圈阻碍电流增加，导致D将渐渐变亮；故A正确，B错误；
CD、断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D还有电流，随着阻碍效果减弱，D将渐渐变暗直至熄灭，故C错误，D正确。
故选：AD。
电感总是阻碍电流的变化。线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路。
线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极。当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极。
 

10.【答案】AC 

【解析】解：A、带电粒子在磁场中向左偏转，由左手定则，知粒子带正电，故A正确；
B、根据运动过程可知，打在上的粒子，在磁场中做匀速圆周运动的时间等于半个周期，粒子在磁场中运动的周期为，则磁场中的运动时间为，与带电粒子的比荷有关，故B错误；
C、粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡：，则，故C正确；
D、经过速度选择器进入磁场的粒子速度相等，由半径公式知，粒子打在上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，故D错误。
故选：AC。
粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性。根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度。通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。
本题考查质谱仪模型，解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，明确洛伦兹力充当向心力的正确应用是解题的关键。
 

11.【答案】     

【解析】解：该金属丝直径的测量值为；
该金属丝的电阻为，
电路中的最大电流约为，为了使电流表指针能够达到适当的偏转幅度，电流表应选择。
滑动变阻器的最大阻值过大，无论采用何种连接方式都不利于调节，所以滑动变阻器应选择。
图像的斜率表示金属丝的电阻，即
根据电阻定律有，解得。
故答案为：；；；；；
螺旋测微器的读数等于固定刻度加上可动刻度。
多用电表测量的电阻值等于读数乘以倍率。
分析电路中的最大电流从而选择电流表，根据待测电阻的阻值选择滑动变阻器。
根据欧姆定律结合图象分析求解待测电阻的阻值。
根据电阻定律求解金属丝的电阻率。
解决该题需要掌握螺旋测微器的读数原理，知道其读数要保留到毫米的千分位，掌握电流表和滑动变阻器的选择原理，知道电阻定律的表达式。
 

12.【答案】  小于 

【解析】解：把电流表改装成1mA的电流表需要并联电阻的阻值：
；
    改装后电流表内阻：，用改装后的电流表进行实验，待测电阻约为，电压表内阻约为，测量电路的连接方式如图或图所示。由于，而，则，所以用伏安法测电阻时，外接法的误差相对较小，所以比较接近真实值。
   外接法测电阻时，由于电压表的分流，导致电流的测量值比真实值大，所以有公式计算的结果比真实值小。
故答案为：100；；小于
把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联分压电阻；应用串、并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值；根据两图的误差原因分析测量值与真实值的大小。
本题考查了电流表与电压表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题．
 

13.【答案】解：电动机两端的电压
电路中的电流等于灯泡的额定电流，为
则电动机的输入功率
电动机的热功率
则电动机的输出功率
电动机的效率
答：电动机的输入功率为4V。
电动机的输出功率为6W。
电动机的效率是。 

【解析】灯泡恰能正常发光，由电功率公式求出灯泡的额定电流，由串联电路特点得到流过电动机的电流，并求得电动机的电压，由电功率公式求出电动机的输入功率。
由求出电动机的热功率，根据输入功率等于输出功率与热功率之和求出电动机的输出功率。
根据电动机的输出功率与输入功率求电动机的效率。
解决本题的关键是正确区分电动机的三种功率：输入功率、热功率和输出功率，要把握它们之间的联系，知道输入功率等于输出功率与热功率之和。
 

14.【答案】解：小球受力如图所示：
电场力：
解得：
电场力的方向与电场强度方向相同，所以小球带正电。
由三力平衡原理：剪断细线瞬间，小球的合力与T等大反向。
由牛顿第二定律得：
解得：
经过时间，小球的位移为：
 ，解得
电场力所做的功：

由第一问可知：
解得：
答：小球的电荷量为，电性为正电荷。
细线剪断后，小球的加速度为。
剪断细线后，电场力做的功为 

【解析】小球静止时，对小球受力分析，由受力平衡可求出电场力，根据电场力与电场强度的关系求出电荷量。
将细线剪断瞬间，小球合力与绳拉力T反向等大，小球将沿拉力T的反方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度。
根据运动学公式求出位移，然后计算电场力做功。
本题考查的是电场中的力学问题，受力分析是解决本题的关键，并能根据受力情况判断物体的运动状态。
 

15.【答案】解：杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示：

当ab杆速度为v时，感应电动势，
此时电路中电流：
代入数据解得：；
ab杆受到安培力大小为：
由牛顿第二定律得：
解得加速度大小为：；
当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得：
根据闭合电路欧姆定律可得：，
解得最大速度：。
答：当ab杆的速度大小为时，通过ab杆的电流为，加速度的大小为；
在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为。 

【解析】当ab杆速度为时，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求解感应电流；根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解加速度大小；
当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律求解最大速度。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解。
 

16.【答案】解：电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为，根据类平抛规律可得：


根据牛顿第二定律可得：
联立可得：；
设电子进入磁场时速度的大小为v，v与x轴的夹角为，
则：，故：
所以
电子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
由图可知：
解得：；
电子运动轨迹如图所示，电子在电场中运动的时间为：
电子在磁场中运动的时间为：
电子从A运动到O的时间为：。
答：电场强度E的大小为；
磁感应强度B的大小为；
电子从A运动到O的运动轨迹见解析，电子从A运动到O经历的时间为。 

【解析】分析电子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向下的电场力而做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电子在电场中的类平抛运动，即可求出电场强度E；
求出电子进入磁场中的速度v的大小，以及v与x轴的夹角，由几何知识求出圆周运动的半径，由牛顿第二定律和向心力求磁感应强度B；
求出电子在电场中运动的时间，根据轨迹的圆心角求出在磁场中运动时间，即可得到总时间。
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；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。