2021-2022学年福建省福州市八校联考高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年福建省福州市八校联考高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共14页。试卷主要包含了5W，P热=0，【答案】B，【答案】D，【答案】AD，【答案】BC，【答案】AC，【答案】等内容，欢迎下载使用。

新冠病毒肆虐期间，我们用手机或平板上网课，经常用充电宝作为备用电源。某品牌充电宝上标有10400mA⋅h(毫安时)，关于mA⋅h的说法正确的是( )
A. mA⋅h是电功单位B. mA⋅h是电流单位C. mA⋅h是电量单位D. mA⋅h是电压单位
如图所示，线圈abcd在磁场区域ABCD中，下列哪种情况下线圈中无感应电流产生( )
A. 把线圈变成圆形(周长不变)
B. 使线圈在磁场中加速平移
C. 使磁场增强或减弱
D. 使线圈以过ab的直线为轴旋转
有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则( )
A. P出=2W，P热=0.5WB. P出=1.5W，P热=8W
C. P出=2W，P热=8WD. P出=1.5W，P热=0.5W
如图所示，两根互相垂直的绝缘长直导线紧挨放置，导线中分别通有向上和向右的大小相等的电流。正方形abcd分别关于两导线对称，a、b、c、d四点的磁感应强度大小分别为B1、B2、B3、B4。下列说法正确的是( )
A. B1、B4大小相等
B. B1、B2大小相等
C. B3、B4大小相等
D. B1、B3大小相等
某闭合三棱柱如图所示，处于磁感应强度为1T、方向沿x轴正方向的匀强磁场中．已知AB=0.4m，BE=0.3m，AD=0.2m，ABOD为在yOz平面内的矩形，BEFO为在xOy平面内的矩形，下列判断正确的是( )
A. 穿过图中ABOD面的磁通量为0.08WbB. 穿过图中BEFO 面的磁通量为0.06Wb
C. 穿过图中AEFD面的磁通量为0.1WbD. 穿过图中AEFD面的磁通量为0.08Wb
如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电厂区域时的运动轨迹，ab是轨迹上两点．若带电粒子运动中只受到电场力作用，根据此图可判断( )
A. 带电粒子所带电荷的正负B. 带电粒子在a、b两点的受力方向
C. 带电粒子在a、b两点的速度a处大D. 带电粒子在a、b两点的电势能a处大
如图所示，静电喷涂时，工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场，若涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下(忽略空气阻力及重力)向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。下列说法正确的是( )
A. 涂料微粒带正电B. 涂料微粒在运动过程中的速度逐渐增大
C. 涂料微粒在运动过程中的电势能逐渐减少D. 图中涂料微粒的运动轨迹与电场线重合
电源、开关、平行板电容器连成如图电路，A板接地。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器的电容为C，A板带正电，电量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E，两板正中间点P电势为φP，负电荷在P点电势能为EP。则下列说法正确的是( )
A. 若保持开关闭合，将A板下移少许，U不变；Q增大；E增大
B. 若保持开关闭合，将B板下移少许，U减小；Q减小；E不变
C. 若断开开关，将A板下移少许，C增大；φP升高；EP减小
D. 若断开开关，将B板下移少许，C减小；φP降低；EP减小
一根长20cm的通电导线放在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，导线与磁场方向垂直，若它受到的磁场力为4×10−3N，则导线中的电流强度是______ A.若导线中的电流强度增大为0.1A，则磁感应强度为______。
如图所示，在水平向右的匀强电场中，将带电荷量为q=1.0×10−6C的点电荷由A点沿直线移至B点，电场力做功2×10−5J，已知A、B间的距离为0.05m直线AB与电场线的夹角θ为37∘，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，AB两点间电势差UAB=______V，该匀强电场的电场强度大小为E=______V/m
请完成下列仪器的读数：
(1)游标卡尺的读数为______ mm；螺旋测微器的读数是______ mm。
(2)某个多用电表表盘如图所示。
指针的位置如图所示，若选择开关是置于“25mA”挡，则测量结果为______ mA，若选择开关是置于欧姆“×1”挡，则测量结果为______Ω，
小明同学利用如图甲所示的电路测量一节干电池的内阻。
(1)请用笔画线代替导线，在图乙中完成实验电路连接。
(2)调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数并在图丙中描点，作出U−I图线，由图线求得电源的电动势E=______V(结果保留三位有效数字)，内阻r=______Ω(结果保留两位有效数字)。
如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3V，试求：
(1)电阻R1和R3的阻值；
(2)当S闭合后，R2上的电压和消耗的功率。(电压表和电流表内阻不计)
B.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定电荷量为+Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为+q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，P到物块的重心距离为h，PA连线与水平轨道的夹角为60∘，试求：
(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；
(2)点电荷+Q产生的电场在B点的电势。
如图所示，静止于A处的离子，先经加速电场加速后能沿图中圆弧虚线匀速率地通过静电分析器，静电分析器通道内有均匀辐射方向分布的电场，然后再从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，场强方向水平向左。已知加速电场的电压为U，圆弧虚线的半径为R，离子质量为m、电荷量为q；QN=d，PN=2d，离子重力不计。求：
(1)离子进入静电分析器时速度大小v；
(2)静电分析器圆弧虚线所在处电场强度E的大小；
(3)若离子恰好能打在Q点上，则矩形区域QNCD内电场强度E0的大小；
(4)从A到Q点的整个运动过程，电场力对离子做了多少功。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：“毫安时”(mA⋅h)是指的电流单位与时间单位的乘积，根据公式q=It可知为电荷量的单位，故C正确，ABD错误。
故选：C。
电流强度与时间的乘积表示电荷量。
本题以充电宝作为备用电源为情景载体，主要考查电荷量的单位，知道公式q=It的应用即可。
2.【答案】B
【解析】解：A、把线圈变成圆形(周长不变)线圈的面积增大，穿过线圈的磁通量增大，能够产生感应电流。故A错误；
B、由于磁场是匀强磁场且范围足够大，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，没有感应电流。故B正确；
C、使磁场增强或减弱穿过，线圈的磁通量增大或减小，能够产生感应电流。故C错误；
D、当线圈以ab为轴旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D错误。
故选：B。
本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．
本题比较简单，考查了感应电流产生的条件的应用，该类题目的要点是分析得出线框内的磁通量是否发生变化．是一道考查基础知识的好题．
3.【答案】B
【解析】解：当电动机不转时，电动机的内阻为r=U1I1=Ω，
电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2−I22r=1.5W。
卡住后热功率：P热=U22r=40.5=8W
故选：B。
电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．
在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=U2R求出电动机的发热功率．
对于电动机电路，正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机被卡住时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立．
4.【答案】D
【解析】解：由于导线中分别通有向上和向右的大小相等的电流，且a、b、c、d四个点到通电导线的距离相等，故每根通电导线在四个点产生磁感应强度大小相等，设为B，根据安培定则可知，两根通电导线在a点的磁感应强度都是垂直纸面向外，故有
B1=2B
两根通电导线在c点的磁感应强度都是垂直纸面向里，故有B3=2B
两根通电导线在b点的磁感应强度正好抵消，故有B2=0
两根通电导线在d点的磁感应强度正好抵消，故有B4=0
ABC错误，D正确。
故选：D。
根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a、b、c、d点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。
此题考查了磁感应强度的计算，磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。
5.【答案】AD
【解析】解：ACD、穿过图中ABOD面的磁通量等于穿过AEFD面的磁通量Φ1=BS代入数据解得Φ1=0.8Wb，故AD正确，C错误；
B、BEFO平面与磁场方向相互平行，磁通量Φ2=0，故B错误；
故选：AD。
图中ABOD面的磁通量等于穿过AEFD面的磁通量根据磁通量的计算公式可求；
BEFO平面与磁场方向相互平行，故磁通量为零；
明确磁通量的计算方法是解决问题的关键。
6.【答案】BC
【解析】解：A、B、根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向向左，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性。故A错误B正确；
C、粒子受到的电场力的方向向左，若粒子从a运动到b，则受力的方向与运动的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，速度减小所以粒子在a处的速度大。故C正确；
D、电场力做负功，电势能增大，所以粒子在b处的电势能大。故D错误；
故选：BC。
根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性．根据运动方向与电场力的方向关系判断出电场力做功与电势能的变化．
该题属于电场力粒子的运动轨迹的分析，先根据运动的轨迹与受力的方向之间的过程判断出粒子受到的电场力的方向，然后结合电场力做功与粒子的电势能的关系即可．
7.【答案】BC
【解析】解：A、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中被吸附在工件上，所以涂料微粒带负电，故A错误；
BC、涂料微粒在运动过程中电场力对它做正功，则动能增大、速度增大，电势能逐渐减少，故BC正确；
D、由于涂料微粒做曲线运动，运动过程中电场力的方向与粒子运动的速度方向不共线，而电场力的方向与电场线方向平行，故涂料微粒的运动轨迹不是沿电场线方向运动，图中涂料微粒的运动轨迹与电场线不重合，故D错误。
故选：BC。
根据工件的电性判断涂料微粒的电性；根据电场力做功情况判断速度和电势能的变化；根据曲线运动的特点判断轨迹与电场线是否重合。
本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性。再根据功的性质明确电场力做功正负；再根据电场力做功与电势能之间的关系即可判断电势能的变化情况。
8.【答案】AC
【解析】解：A、若保持开关关闭，两极板间U不变，将A板下移少许，极板间距d变小，根据C=εrS4πkd可知，C增大，又C=QU可知，Q增大；
根据E=Ud=QCd=4πkQϵrS可知，E增大，故A正确；
B、若保持开关关闭，两极板间U不变，将B板下移少许，极板间距d变大，根据C=εrS4πkd可知，C减小，又C=QU可知，Q减小；
根据E=Ud=QCd=4πkQϵrS可知，E减小，故B错误；
C、若断开开关，两极板间Q不变，将A板下移少许，极板间距d变小，根据C=εrS4πkd可知，C增大，又C=QU可知，U减小；
根据E=Ud=QCd=4πkQϵrS可知，E不变；
设AP间的距离为L，根据UAP=EL可知，UAP减小，又φA=0V，φP升高；
根据EP=qφ且q<0可知，P点的电势能EP减小，故C正确；
D、若断开开关，两极板间Q不变，将B板下移少许，极板间距d变大，根据C=εrS4πkd可知，C减小，又C=QU可知，U增大；
根据E=Ud=QCd=4πkQϵrS可知，E不变；
设AP间的距离为L，根据UAP=EL可知，UAP不变，又φA=0V，φP不变；
根据EP=qφ且q<0可知，P点的电势能EP不变，故D错误；
故选：AC。
(1)首先根据极板的运动和电容器电容的决定式C=εrS4πkd判断电容大小变化，再根据电容器电容的定义式C=QU判断电荷量和电压的变化，最后根据E=Ud判断极板间电场强度的变化；
(2)结合静电场中电势差、电势能与电势的计算公式进行判断电势能和电势的判断，在电势判断上一般看P点与零势面的电势差。
本题考查了电容器的动态问题，解题的关键是：(1)清楚断开电源，电容器电荷量Q不变；连接电源，电容器两极板间的电势差U不变；(2)熟练应用电容器电容的决定式和定义式进行解题；(3)灵活应用静电场中的电势能与电势的关系。
9.【答案】
【解析】解：根据F=BIL得，电流为：
I=FBL=0.0040.4×0.2A=0.05A
导线中的电流强度增大为0.1A，则该处的磁感应强度不变，仍然为0.4T。
故答案为：0.05，0.4T
根据安培力的大小公式求出电流强度，磁感应强度的大小与放入磁场中的电流无关，由本身性质决定。
解决本题的关键掌握安培力的大小公式，知道磁感应强度的大小与放入磁场中的电流无关，由本身性质决定。
10.【答案】20 500
【解析】解：静电力做功WB=2×10−5J，根据U=Wq，代入数据可得：A、B两点间的电势差UAB=20V；
AB沿电场线上的方向的距离d=ABcs37∘=0.05×0.8m=0.04m；由U=Ed可得，该匀强电场的电场强度大小E=500V/m。
故答案为：20，500
由W=Uq即可求出A、B间两点间的电势差；根据U=Ed即可求出匀强电场的电场强度大小。
本题考查对电场力做功以及电势差与电场强度关系的理解能力，要注意抓住公式U=Ed中d是沿着电场线方向的距离。
11.【答案】
【解析】解：(1)由图所示游标卡尺可知精度为0.1mm，其示数为：100mm+4×0.1mm=100.4mm；
由图所示螺旋测微器可知其精度为0.01mm，示数为：1.5mm+10.4×0.01mm=1.604mm；
(2)选择开关置于250mA时，最小分度为5mA，测量结果为115mA；
选择开关拨至“×1”挡，则测量的结果为18×1=18Ω。
故答案为：(1)100.4、1.604；(2)115、18
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；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)根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。欧姆表指针示数示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
本题考查了游标卡尺、螺旋测微器与多用电表读数问题，要掌握常用器材的使用及读数方法，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；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。
12.【答案】
【解析】解：(1)实物连线图如图所示：
(2)用一条直线尽可能穿过更多的点，不在直线上的点尽量均匀地分布在直线两侧，误差较大的点舍去，作出的U−I图像如下图所示：
根据闭合电路欧姆定律可知，U=E−Ir
则图像的纵截距表示电源的电动势，E=1.48V
图像的斜率的绝对值表示电源的内阻，则r=ΔUΔI=1.48−Ω=0.86Ω
故答案为：(1)实验电路连接如上图所示；(2)1.48；0.86
(1)根据电路图画出对应的实物图连线；
(2)根据闭合电路欧姆定律结合图像分析出电源的电动势和内阻。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据电路图画出对应的实物图，结合欧姆定律和图像分析出电源电动势和内阻即可。
13.【答案】解：(1)S断开时，有R3=U1I1=31.5Ω=2Ω
又由闭合电路欧姆定律得I1=ER1+R3+r
代入数据得R1=1.4Ω
(2)S闭合后，外电路总电阻R外=R1+R2R3R2+R3=(1.4+0.5×20.5+2)Ω=1.8Ω
总电流为I′=ER外+r=61.8+0.6A=2.5A
R2两端的电压U2=E−I′(R1+r)=[6−2.5×(1.4+0.6)]V=1V
R2消耗的电功率为P2=U22R2=120.5W=2W
答：(1)电阻R1和R3的阻值分别为1.4Ω、2Ω；
(2)当S闭合后，R2上的电压为1V，消耗的功率为2W。
【解析】(1)当开关S断开时，根据电压表和电流表的示数，由欧姆定律求电阻R3的阻值，由闭合电路的欧姆定律求R1的阻值。
(2)当S闭合后，R2和R3并联，再与R1串联，根据闭合电路欧姆定律求出干路电流，由欧姆定律求出R2上的电压，由功率公式求R2上消耗的功率。
对于直流电路的计算，首先要搞清电路的结构，明确各个电阻的联接方式，再运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律进行解答。
14.【答案】解：(1)物块在A点受到点电荷的库仑力F=kQqr2
由几何关系可知P、A间距离r=hsin600
设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN，由平衡条件有FN−mg−Fsin600=0
解得：FN=mg+33kQq8h2
(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理有q(ϕ−ϕB)=12mv2−12mv02
解得ϕB=ϕ+m(v02−v2)2q
答：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小是mg+33kqQ8h2；
(2)点电荷+Q产生的电场在B点的电势是得ϕ+m(v02−v2)2q。
【解析】(1)物体在A点时，竖直方向上没有运动，受力平衡，根据库仑定律和竖直方向力平衡，求出物块在A点时受到轨道的支持力大小；
(2)物块从A到B过程，电场力做功为qUAB，根据动能定理求出电势差UAB，再求解B点的电势
物体在某一方向做直线运动时，在其垂直方向上没有位移，受力是平衡的。求电势，一般先求电势差，再求电势。
15.【答案】解：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理
qU=12mv2
解得：v=2qUm
(2)离子在辐向电场中电场力提供向心力，根据牛顿第二定律
qE=mv2R
解得：E=2UR
(3)离子做类平抛运动d=vt
2d=12at2
由牛顿第二定律得
qE0=ma
解得：E0=8Ud
(4)设全过程电场力对离子所做的总功W，则
W=W1+W2=qU+qE0⋅2d
解得：W=17qU
答：(1)离子进入静电分析器时速度大小v为2qUm；
(2)静电分析器圆弧虚线所在处电场强度E的大小为2UR；
(3)若离子恰好能打在Q点上，则矩形区域QNCD内电场强度E0的大小为8Ud；
(4)从A到Q点的整个运动过程，电场力对离子做功为17qU。
【解析】(1)离子在加速电场中加速时，电场力做功，动能增加，根据动能定理列出方程；粒子进入静电分析器，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出加速的电压大小和在P点的速度大小．
(2)离子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合，可求解场强E0的值．
(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解．
对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法．磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，同时注意粒子在静电分析器中电场力不做功．