2021-2022学年北京市西城区高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京市西城区高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共15页。试卷主要包含了0kV电压，0×10−2CB，5W/m2，0V，内阻不计)，5Ω的电阻，【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家是( )
A. 奥斯特B. 法拉第C. 伽利略D. 牛顿
在图所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是( )
A. B. C. D.
某静电场的电场线如图所示，A、B是同一条电场线上的两个点，其电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB。则下列说法中正确的是( )
A. EA>EB ，φA>φBB. EA>EB ，φAF2，两根导线相互吸引
某旋转电枢式交流发电机，当转子的旋转角速度为ω时，其产生的电动势随时间变化的关系式为e=Emsinωt。那么当转子的旋转角速度减为12ω时，其产生的电动势随时间变化的关系式为( )
A. e=12Emsinω2tB. e=Emsin ω2tC. e=2Emsin ω2tD. e=12Emsinωt
如图所示，M、N为两个用同种材料同规格的导线制成的单匝闭合圆环线圈，其圆环半径之比为2：1，两线圈置于同一个垂直于环面向里的匀强磁场中。若不考虑线圈之间的相互影响，当匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大时，下列判断中正确的是( )
A. 两线圈中感应电动势之比EM：EN=2：1
B. 两线圈中感应电流之比IM：IN=1：1
C. 两线圈中感应电流的功率之比PM：PN=8：1
D. 两线圈中感应电流的方向均为顺时针方向
过强的电磁辐射对人体有害，影响人的身心健康。根据有关规定，工作人员所在处的电磁辐射强度(单位时间内垂直通过单位面积的电磁辐射能量)不得超过0.5W/m2。如果一个人距离无线电发射器为10m远的位置，为了保证此人的安全，则要求该无线电发射器的电磁辐射的功率最大不得超过(计算时，可以将该无线电发射器视为发出球面电磁波的波源)( )
A. 157WB. 314kWC. 628WD. 1256W
某同学按照电路图连接元件进行实验，闭合开关S时发现两盏灯都不亮。该同学用多用电表的10V直流电压挡来检测电路故障。在闭合开关S的情况下，他把一支表笔始终连接在A点，用另一支表笔依次接触电路中的B、C、D、E各点，对应的示数依次为6V、6V、0V、0V。如果只有一处故障，那么下列判断中正确的是( )
A. 始终连接在A点上的是黑表笔；故障发生在CD段
B. 始终连接在A点上的是黑表笔；故障发生在DE段
C. 始终连接在A点上的是红表笔；故障发生在CD段
D. 始终连接在A点上的是红表笔；故障发生在DE段
如图所示，有一圆形匀强磁场区域，O为圆心，磁场方向垂直于纸面向里。一个正电子和一个负电子(正、负电子的质量相等，电量大小也相等，但是电性相反)以不同的速率沿着PO方向垂直磁场方向射入，其运动轨迹如图所示，a、b两点分别表示两种电子离开磁场区域时的位置。下列判断中正确的是( )
A. 经过a点的为正电子，经过b点的为负电子
B. 经过b点的电子在磁场中的运动时间较长
C. 经过b点的电子在磁场中的运动速率较小
D. 经过a点的电子在磁场中受到的洛伦兹力较小
在“金属丝电阻率的测量”的实验中：
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中一次测量的示数如图所示，则该次金属丝直径的测量值d=______mm。
(2)用伏安法测量金属丝的电阻Rx(阻值约为5Ω)，实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电流表A1(量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω)；
电流表A2(量程0∼3A，内阻约0.01Ω)；
电压表V1(量程0∼3V，内阻约3kΩ)；
电压表V2(量程0∼15V，内阻约20kΩ)；
滑动变阻器R(0∼20Ω)；
电源E(电动势为3.0V，内阻不计)。
为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选______，电压表应选______。
(3)根据所选用的实验器材，应选用以下哪个电路图进行实验？______。
(4)若通过测量可知，金属丝接入电路的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ=______。(用题目所给字母表示)
(5)本实验在测量电阻时，由电压表或电流表的内阻引起的误差属于系统误差。将电压表或电流表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表内阻所引起的系统误差。在未消除该系统误差时本实验的电阻丝的测量阻值为R，若已知电压表的内阻为RV，电流表的内阻为RA，那么消除该系统误差后，电阻丝的阻值Rx应该为______。
如图所示，在匀强电场中，沿着电场线的方向有相距为20cm的A、B两点。有一个电荷量q=1.0×10−9C的点电荷由静止状态开始从A点运动到B点，静电力做功为4.0×10−7J。
(1)求A、B之间的电势差UAB以及该电场的电场强度大小E；
(2)若点电荷在运动过程中只受静电力作用，求其到达B点时的动能Ek。
如图所示，一台理想变压器原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1。原线圈接在电压u=2202sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接R=5.5Ω的电阻。若电流表和电压表均可视为理想电表，求：
(1)电压表的示数；
(2)电流表的示数。
如图所示，一个宽度为L磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里。有一个带电粒子以向右的速度v垂直于该磁场边界进入磁场，穿出磁场时速度方向和进入时的方向夹角为α=30∘。不计粒子的重力。求：
(1)带电粒子的比荷qm；
(2)带电粒子穿过磁场所用的时间t。
如图所示，足够长的U形光滑导体框水平放置，宽度为L，一端连接的电阻为R，导体框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。电阻为r的导体棒MN放在导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且相互接触良好，其余电阻均可忽略不计。导体棒在水平拉力的作用下以速度v向右匀速运动。
(1)请根据法拉第电磁感应定律推导证明：导体棒匀速运动时产生的感应电动势的大小E=B0Lv；
(2)求回路中感应电流I和导体棒两端的电压U；
(3)当导体棒匀速运动到某一位置时，突然撤掉这个水平拉力，并同时使磁感应强度的大小随时间按照某种规律发生变化，发现此导体棒依然能够沿着框架向右以速度v保持匀速运动。某同学对该磁感应强度B随时间t变化的规律进行了各种猜想，其示意图如下：
请你判断可能正确的是哪一种？并说明你的判断理由。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特。故A正确，BCD错误。
故选：A。
本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验。
本题考查的是物理学常识。对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一。
2.【答案】A
【解析】解：利用左手定则进行判断，先让电流和四指指向一致，然后让磁感线穿过手心，看大拇指指向即安培力的方向；A图中安培力向上，B图中向下；C图中向下；D图中垂直纸面向外，故BCD错误，A正确。
故选：A。
在利用左手定则判断导体所受安培力时，可以先让电流方向和四指指向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而确定大拇指的指向，即安培力方向。
本题比较简单，直接考查了左手定则的应用，做这类题目要注意电流、磁场方向的表示方法，不要弄错方向。
3.【答案】A
【解析】解：根据电场线的特点可知，电场线越密电场强度越大，故EA>EB，
根据电场线的特点可知，沿着电场线的方向，电势越来越低，故φA>φB，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据电场线的疏密表示电场强度的大小判断三点电场强度关系，沿着电场线的方向，电势越来越低。
本题的关键要掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小、沿着电场线电势降低。
4.【答案】D
【解析】解：ABD、根据题意说明NP为等势面，则电子由N运动到P，电场力不做功，电场线沿竖直方向；MQ与电场强度垂直，故MQ为等势面，故电子由M点运动到Q点电场力不做功，故D正确，AB错误；
C、M点电势与N点电势不同，所以电子由M点运动到N点，静电力做功，故C错误；
故选：D。
N、P为等电势点，结合匀强电场的等势面和电场线的关系得到各点电势的关系和电场力做功情况。
解决本题的关键是要抓住电场力做功与电势能变化的关系，知道匀强电场的等势面是平行等间距的直线，难度不大，基础题目。
5.【答案】D
【解析】解：A、感应电动势跟穿过闭合回路的磁通量的变化率成正比，磁通量大，但磁通量的变化率不一定大，故A错误；
B、磁通量变化越大，但不知变化所用时间的长短，故不能得出磁通量的变化率越大，故B错误；
C、穿过线圈的磁通量为0，但磁通量变化率不一定为0，故感应电动势不一定为0，所以C错误；
D、磁通量变化越快即磁通量的变化率越大，感应电动势越大，故D正确。
故选：D。
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关。
考查法拉第电磁感应定律，同时让学生清楚知道感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量大小及变化都无关。
6.【答案】B
【解析】解：A、线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误。
B、线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，故B正确。
CD、线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右或右上方平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故CD错误。
故选：B。
根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断各个选项。
本题考查了感应电流产生的条件，分析清楚图示情景、明确磁通量是否发生变化，即可正确解题。
7.【答案】B
【解析】解：A、只要磁铁向下运动，不论是何种运动，通过线圈的磁通量均增大，则线圈中一定有感应电流，故A错误；
BC、由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图中所标的箭头方向相同，故B正确，C错误；
D、磁铁向下做加速或减速运动时，均导致通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向不变，故D错误；
故选：B。
先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向，并根据感应电流产生的条件，即可进行判定。
对于楞次定律关键是要理解其意义，要理解“阻碍”两个字的意义，及谁阻碍谁，平时也要加强对楞次定律的推广形式的应用。
8.【答案】D
【解析】解：霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，故D正确，ABC错误；
故选：D。
当磁场方向与电流方向垂直时，导体中能够自由移动的带电粒子在洛伦兹力的作用下，向着与电流、磁场都垂直的方向漂移，继而在该方向上出现电势差，霍尔元件就是通过这样的方式将磁信号转换成电信号的。
明确霍尔元件是将磁信号转换为电信号的元件。
9.【答案】D
【解析】LC振荡电路的频率f=12πLC
由此可知，要是频率f增大为原来的2倍，则电容器的电容减小为原来的14，即可变电容器的电容为14C0，故D正确、ABC错误。
根据LC振荡电路的频率公式f=12πLC，讨论f与C的关系即可。
解决本题的关键是记住电磁振荡的频率公式f=12πLC，属于基础题。
10.【答案】A
【解析】解：放电前，电容器储存的电量Q=CU=15×10−6×4.0×103C=6.0×10−2C，电容器完全放电，故放出的电量等于电容器储存的电量，故A正确，BCD错误。
故选：A。
电容器完全放电后，根据Q=CU可求电容器放电的电量。
本题考查了电容器与电容，电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，电容器完全放电后，根据Q=CU可求电容器放电的电量。
11.【答案】B
【解析】解：根据右手定则判断通电直导线M在导线N处的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则判断N导线所受安培力方向为水平向左，同理可以得出导线M所受安培力方向水平向右。可知两根导线相互吸引。由牛顿第三定律可知：
F1=F2。故ACD错误，B正确。
故选：B。
结合右手定则和左手定则可判断出：同向电流之间，相互吸引。再根据牛顿第三定律判断相互作用力大小相等。
本题考查左手定则和右手定则的应用，还涉及到了相互作用力的关系问题。解题关键是熟记基本物理规律。属于基础简单题目。
12.【答案】A
【解析】解：线圈转动产生的最大感应电动势为Em=NBSω，当角速度减为12ω时，产生的最大感应电动势Em′=12Em，故当转子的旋转角速度减为12ω时，其产生的电动势随时间变化的关系式为e=12Emsinω2t，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据Em=NBSω求得线圈转动产生的最大感应电动势，结合e=Emsinωt求得感应电动势随时间的变化关系。
本题主要考查了线圈转动产生的感应电动势，抓住最大感应电动势Em=NBSω即可求得。
13.【答案】C
【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律可知，E=nΔΦt=nΔBSΔt；而S=πr2；因此两线圈中感应电动势之比为4：1，故A错误；
B、线圈中电阻R=ρLS截，而导线长度L=2πr；故电阻之比为RM：RN=2：1；由欧姆定律可知，I=ER；则电流之比为IM：IN=2：1，故B错误；
C、电功率P=E2R，电动势之比为4：1；电阻之比为2：1；则电功率之比为8：1；故C正确；
D、根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故D错误。
故选：C。
根据楞次定律可求得电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比。
本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解。
14.【答案】C
【解析】一个人距离无线电发射器为10m远的位置，无线电发射器处于以10m为半径的球体中心处，根据球的表面积公式S=4πR2，则该无线电发射器的电磁辐射的功率最大不得超过：P=0.5S=0.5×4×3.14×102W=628W，故C正确，ABD错误。
根据S=4πR2求出以10m为半径的球体的表面积，再根据电磁辐射强度求出辐射功率的最大值。
本题以过强的电磁辐射对人体有害为背景，考查了电磁辐射的球状模型在实际问题中的应用，解决本题的关键是知道电磁辐射的最大功率等于电磁辐射强度与表面积的乘积。
15.【答案】C
【解析】解：多用电表的红表笔接外部电源的正极，因此始终连接在A点上的是红表笔；另一支表笔依次接触电路中的B、C对应的示数依次为6V、6V，说明BC段电路正常，接D、E两点对应的示数是0V，说明故障发生在CD段。故C正确，ABD错误。
故选：C。
多用电表的红表笔接外部电源的正极，另一支表笔接D、E两点对应的示数是0V，说明故障发生在CD段。
本题考查电路故障的判断，要求学生掌握多用电表的原理和使用，并能利用多用电表判断电路故障。
16.【答案】D
【解析】解：A、由左手定则可知，b带正电，是正电子；a带负电，是负电子，故A错误；
B、电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmeB相等，由几何关系可知，a转过的圆心角大于b在磁场中转过的圆心角，电子在磁场中的运动时间t=θ2πT，由于T相等而θa>θb，则经过a点的电子在磁场中的运动时间长，故B错误；
C、电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：evB=mv2r，解得电子的速率v=eBrm，由几何关系可知，经过b点的电子轨道半径r大于经过a点的电子的轨道半径，则经过b点的电子在磁场中运动的速率较大，故C错误；
D、由于经过a点的电子速率v较小，由f=evB可知，经过a点的电子在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D正确。
故选：D。
a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定速度和运动的时间。
该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定。注意左手定则的正确应用，明确负电荷受力方向与正电荷受力方向相反。
17.【答案】(1)0.385；(2)A1； V1；(3)甲；(4)Uπd24Il； RVRRV−R
【解析】解：(1)图中螺旋测微器分度值为0.01mm，其读数为0+38.5×0.01mm=0.385mm。
(2)电源电动势为3V，则电压表选V1；
通过金属丝的最大电流为Im=ERx=35A=0.6A，则电流表选A1。
(3)由于Rx2