2021-2022学年福建省莆田十五中、二十四中高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年福建省莆田十五中、二十四中高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了5ΩB，6A，内阻约为0，5Ω；，0A；，【答案】C，【答案】A，【答案】D，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。

物理学重视逻辑，崇尚理性，下列说法正确的是( )
A. 库仑通过油滴实验，最早测出元电荷e的数值
B. 密立根通过扭称实验，定量的研究出真空中两点电荷的相互作用关系
C. 麦克斯韦提出了电磁场理论，预言了电磁波并用实验证实了电磁波的存在
D. 焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热量之间的转换关系
下列图中能产生感应电流的是( )
A. B.
C. D.
某一导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )
A. 对应于B点的电阻为12Ω
B. 对应于B点的电阻为4Ω
C. 工作状态从A变化到B时，导体的电阻改变了10Ω
D. 工作状态从A变化到B时，导体的电阻改变了1Ω
在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动一小段距离后，下列说法中正确的是( )
A. 电容器C的带电量将增大
B. R0两端的电压增大
C. 灯泡L变亮
D. 电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大
对于电容式键盘，当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出与该键相关的信号。当按下键时，电容器的( )
A. 电容变小B. 极板间的电压变小C. 极板间的场强不变D. 极板的电量变大
某扫地机器人电池容量5000mA⋅h，额定工作电压15V，额定功率30W，则下列说法正确的是( )
A. 扫地机器人的电阻是7.5ΩB. 扫地机器人正常工作时的电流是2A
C. 题中mA⋅h是能量的单位D. 扫地机器人充满电后一次工作时间约为5h
低碳环保是我们追求的生活方式。如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，当铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香。转动手摇起电机，蚊香产生的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升。关于这个现象，下列说法中正确的是( )
A. 由于蚊香产生带正电的烟雾而被吸附到缝被针上
B. 同一烟雾颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大
C. 同一烟雾颗粒在被吸附过程中做匀变速运动
D. 同一烟雾颗粒在被吸附过程中若带电荷量不变，离铝板越近则加速度越小
一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子在运动过程中可能做匀速直线运动
B. 该粒子在运动过程中可能做匀速圆周运动
C. t1、t2两个时刻，粒子所处位置电势一定相同
D. t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同
如图所示，带电量之比为qA：qB=1：2的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比xA：xB=2：1，则( )
A. 粒子A、B在电场中飞行的时间之比为tA：tB=2：3
B. 粒子A、B在电场中飞行的时间之比为tA：tB=2：1
C. 粒子A、B的质量之比为mA：mB=4：3
D. 粒子A、B的质量之比为mA：mB=2：1
如图所示，在水平向右的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳一端固定在O点，另一端拴一个质量为m、带电荷量为q的小球。把细绳拉到竖直状态，小球从最低点A由静止释放后沿圆弧运动，当细绳刚好水平时，小球到达位置B且速度恰好为零。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A. 小球在B点恰好处于平衡状态B. 小球运动到B点时，细绳的拉力为mg
C. 在此过程中，小球的机械能守恒D. 匀强电场的电场强度大小为mgq
由如图读得螺旋测微器读数为______ mm，游标卡尺读数为______ mm。
某学生用多用电表测一电压表3V量程的内阻，使用的实验器材有多用电表、电压表。
(1)先将多用电表挡位调到电阻“×10”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调整______(选填“机械调零”或“欧姆调零”)旋钮，使指针指向“0Ω”。
(2)再将调节好的多用电表黑表笔和电压表的______(选填“3V”或“负”)接线柱相连，红表笔正确连接另一接线柱。
(3)测量时发现万用表的指针偏角过小(相对于电流0刻度)，则应换______(选填“×100”或“×1”)挡位。
(4)换挡，正确操作后，读数如图乙所示，则被测电阻为______kΩ。
为测量一节干电池的电动势和内阻，实验小组的同学从实验室借来如下器材：
电流表A：量程为0.6A，内阻约为0.5Ω；
毫安表G；量程为2mA，内阻等于80Ω；
电阻R1：阻值为1.5Ω；
电阻R2：阻值为920Ω；
电阻R3：阻值为1980Ω；
滑动变阻器R4：最大阻值约为10Ω，额定电流为2.0A；
滑动变阻器R5：最大阻值约为100Ω，额定电流为1.5A；
开关S和导线若干。
根据实验器材，实验小组设计连接的实物电路如图1所示，则
(1)根据实物电路可知，该实验小组实验时滑动变阻器选择______ ，保护电阻R0选择______ ，定值电阻R选择______ 。
(2)移动滑动变阻器的滑片，测量多组电流表A的示数I1和毫安表G的示数I2，绘制出如图2的图线，则该实验小组测量电源的电动势为______ V，内阻为______ Ω。
如图所示，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，两极板间距离d=4cm，电场中C点和D点分别到A、B板的距离d0=1cm，B极板接地。已知点电荷q1=−2×10−6C在C点的电势能Ep=9×10−5J，C、D线段的长l=4cm，求：
(1)C点的电势φC；
(2)极板间的匀强电场强度；
(3)C、D间的电势差UCD。
某兴趣小组设计了一个可以指示电动机断路故障的电路，如图所示，电源的电动势E=48V，故障指示灯的阻值为R1=44Ω(视为定值纯电阻)，电动机的内阻R0=1Ω，开关S始终闭合，当电动机断路时，指示灯将处于高亮度状态，其电功率P1=44W；当电动机正常工作时，指示灯将处于低亮度状态，其电功率P2=11W。
(1)求电源的内阻r；
(2)当电动机正常工作时，求电动机两端电压U及电动机输出的机械功率P出。
示波器的核心部件是示波管，它是利用电场使运动粒子向预期方向偏转的。如图甲所示，平行极板长L1=20cm，宽度d=2cm，极板间电压U0(未知)保持不变，一质量m=6.4×10−27kg(重力不计)、电荷量q=3.2×10−19C的粒子沿极板中心线以速度v0=1×106m/s射入极板间，正好在下极板边缘飞出。足够大的竖直屏与极板右侧相距L2=20cm，极板与竖直屏区域间不存在电场，已知M点是中心线与屏的交点，求：
(1)极板间电压U0是多少；从极板边缘射出时速度方向与初速度方向的夹角θ的正切值(tanθ)等于多少；
(2)粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y为多少；
(3)如果极板间换成如图乙所示的变化的电压(U0大小不变)，其他条件不变，那么t0=1×10−7s时刻射入的带电粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y1为多少。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、密立根通过油滴实验，最早测出元电荷e的数值，故A错误；
B、库仑通过扭称实验，定量的研究出真空中两点电荷的相互作用关系，故B错误；
C、麦克斯韦提出了电磁场理论，预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D、焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热量之间的转换关系，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】B
【解析】解：A、由于圆环不闭合，所以没有感应电流，故A错误；
B、两导线相互远离，穿过回路的磁通量增大，能产生感应电流，故B正确；
C、根据安培定则可知，穿过虚线直径两侧的磁通量大小相等，方向相反，所以穿过线圈的磁通量等于零，导电导线中电流增大时，线圈的磁通量仍然是零，没有变化，所以线圈中不能产生感应电流，故C错误；
D、穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，故D错误。
故选：B。
产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，对照这个条件来分析。
判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是电路要闭合；二是回路中的磁通量要发生变化。
3.【答案】C
【解析】解：AB、根据电阻的定义式，结合I−U图象，可得对应于B点的电阻为：RB=UBIB=61.5×10−1Ω=40Ω，故AB错误；
CD、工作状态在A状态时，根据电阻的定义式，结合I−U图象，可得对应于A点的电阻为：RA=UAIA=31.0×10−1Ω=30Ω，所以导体的工作状态从A变化到B时，导体的电阻改变了40Ω−30Ω=10Ω，故C正确，D错误。
故选：C。
根据电阻的定义式，结合I−U图象，求得对应于B点和A点的电阻。
本题考查导体的伏安特性曲线，要明确图线上该点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，并不是该点切线的斜率。
4.【答案】A
【解析】解：A、路端电压U=E−Ir，则知U增大，电容器电量Q=CU增大。故A正确。
B、电路稳定后电容器相当开关断开，R0两端的电压为零，没有变化，故B错误。
C、当滑动变阻器的滑片向右移动后，R增大，电路中电流I减小，灯泡L将变暗。故C错误；
D、I减小，电源的总功率P=EI，E不变，则知电源的总功率减小。由于电源的内电阻与外电阻关系不知，不能确定电源输出功率如何变化。故D错误.
故选：A。
灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联。当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响。电容器的电压等于路端电压。当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化。
本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压。
5.【答案】D
【解析】解：A、当按键被按下时，两极板间的距离d减小，根据平行板电容器的决定式C=εrS4πkd知电容增大，故A错误；
BD、因电容器与电源连接，则电势差U不变，根据Q=UC知，电荷量Q变大，故B错误，D正确；
C、依据E=Ud知，极板间距d变小，因U不变，则E变大，故C错误。
故选：D。
根据C=εrS4πkd判断电容的变化，电容与电源连接，电压不变，根据Q=CU判断电量的变U化，最后依据E=Ud，来判定电场强度的变化。
对电容器，要要掌握电容的决定式和定义式及其综合应用。解决本题的关键知道电容器与电源相连，则电势差不变；与电源断开，电荷量不变，根据电容的决定式和定义式进行判断。
6.【答案】B
【解析】解：A、根据题意扫地机器人是非纯电阻用电器，无法计算扫地机器人的电阻，故A错误；
B、根据功率公式，可得扫地机器人正常工作时的电流为：I=PU=3015A=2A，故B正确；
C、题中mA⋅h是电荷量的单位，故C错误；
D、根据题意有5000mA⋅h=5A⋅h，结合公式q=It，可得扫地机器人充满电后一次工作时间约为：t=qI=5A⋅h2A=2.5h，故D错误。
故选：B。
扫地机器人是非纯电阻用电器，根据题意不能求出机器人的电阻；扫地机器人正常工作时的电流等于额定功率与额定电压的比值；题中mA⋅h是电荷量的单位；扫地机器人充满电后工作的时间等于电池容量与额定电流的比值。
本题以某扫地机器人电池容量为情景载体，考查了功率公式及电量公式在实际问题中的应用，明确电压、电流、电功率之间的关系，合理运用公式解题是解决本题的关键。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、中性空气分子在强电场中被电离成电子和带正电的离子，烟尘颗粒吸附电子后带上负电，在电场力作用下向铝板做加速运动，故A错误，B正确；
C、由于空间电场不是匀强电场，所以颗粒不是做匀变速运动，故C错误；
D、因铝板与缝被针间的电场线形状相当于横向放置的锥形体，离铝板越近，电场线越稀疏，电场强度越小，烟尘颗粒受电场力越小，加速度越小，故D正确。
故选：BD。
根据图中的电场特点分析离子的受力方向，由此判断出加速度方向和速度的变化情况。
本题涉及静电除尘的原理，主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据场强的分布特点做出对应的判断即可，分析过程中要注意电荷的电性。
8.【答案】BC
【解析】解：A.粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做匀速直线运动，故A错误；
B.根据能量守恒可知粒子的动能不变，速度大小不变，故B正确；
C.粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式
W=qU
知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，故C正确；
D.电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，故D错误。
故选：BC。
由图知粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU分析。
解决本题的关键要明确粒子的运动情况，运用电场力公式W=qU分析电势的变化，但不能确定电场强度的变化。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、两个带电粒子垂直射入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。
则水平方向有：x=v0t，v0相等，所以t∝x，则得：tA：tB=xA：xB=2：1，故A错误、B正确；
CD、竖直方向根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a=qEm，
根据位移-时间关系有：y=12at2=qE2m×(xv0)2
则得：m=qEx22yv02
因为E、y、v0相等，则得：mA：mB=qAxA2qBxB2=13×2212=43，故C错误、D正确。
故选：BD。
根据水平位移与初速度之比求解时间之比；带电粒子垂直射入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比。
本题关键要熟练掌握类平抛运动的研究方法：运动的分解法，推导出质量与时间的表达式进行求解．
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球在B点时，受到竖直向下的重力和水平向右的电场力，水平向左的拉力，合力不为零，故小球在B点不可能处于平衡状态，故A错误；
BD、小球做圆周运动，其在B点速度为零，故向心力为零，则绳子的拉力为：T=qE；
从A到B的过程中，根据动能定理得：
−mgL+qEL=0
故E=mgq，则T=qE=mg，故BD正确；
C、小球从A到B的过程中，电场力一直做正功，所以小球的机械能一直在增加，故C错误；
故选：BD。
对小球做受力分析，得出小球在B点的状态；
根据动能定理计算出电场强度的大小，由此计算出小球运动到B点时的绳子拉力；
在运动过程中，电场力一直做正功，则小球的机械能增加。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据受力分析结合动能定理计算出场强和绳子在不同位置的拉力，同时要理解电场力做正功会使小球的机械能增加。
11.【答案】8.47811.4
【解析】解：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.8×0.01mm=0.478mm，所以最终读数为：8mm+0.478mm=8.478mm；
10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm。
故答案为：8.478；11.4
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读，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。
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。
12.【答案】欧姆调零 3V×1002.5
【解析】解：(1)欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔直接接触后，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0Ω”；
(2)多用电表的电流由黑表笔流出，则黑表笔接电压表的“3V”接线柱(即+接线柱)相连；
(3)测量时发现万用表的指针偏角过小(相对于电流0刻度)，说明挡位太小，数值太大，应换“×100”挡位；
(4)图乙所示读数即被测电阻为RV=25×100Ω=2500Ω=2.5kΩ。
故答案为：(1)欧姆调零；(2)3V；(3)×100；(4)2.5
(1)实验欧姆表测电阻选择挡位后要进行欧姆调零；
(2)电流从欧姆表的黑表笔流出红表笔流入，电流应从电压表正接线柱流入负接线柱流出；
(3)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；
(4)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，然后根据指针位置读出其示数。
本题考查了多用电表欧姆挡的实验方法和读数，应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在欧姆表中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零。
13.【答案】R4 R1 R2
【解析】解：(1)由于干电池的电动势为E=1.5V，而电流表的量程为0.6A，则电路的总电阻R=EI=1.50.6Ω=25Ω，所以滑动变阻器选择R4；
保护电阻R0选择R1；
从实物连接来看，定值电阻R是改装成电压表的分压电阻，若改装为量程为U=2V的电压表，则R=UIg−Rg=22×10−3Ω−80Ω=920Ω，故选择R2。
(2)根据闭合电路的欧姆定律可以写出：I2(Rg+R)=E−I1(R0+r)，结合图象可知，当I1=0时，E=1.48×103(920+80)V=1.48V，r=|k|−R0=(1.48−0.50)×10−3(920+80)0.50Ω−1.5Ω=0.46Ω。
故答案为：(1)R4 、R1、R2；(2)1.48(1.47∼1.49均正确)、0.46(0.44∼0.47均正确)
(1)估算电路中的最大电流，从而确定滑动变阻器和保护电阻的值，已知内阻的电流表改装成电压表，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；
(2)根据闭合电路欧姆定律可求出图象的函数表达式，然后结合图象求出电源电动势与内阻。
本题考查电压表的改装、实验器材的选择、图象法求电源电动势和内阻等问题，关键要掌握在测量电源电动势和内阻时，要注意根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象的斜率和纵截距来求。
14.【答案】解：(1)根据电势定义式φC=EpCq
代入数据得：
φC=−45V
(2)因为UBC=φB−φC
则UBC=E(d−d0)
代入数据得
E=1500V/m
方向竖直向上。
(3)因为UDC=E(d−2d0)
代入数据解得：UCD=−UDC=−30V
答：(1)C点的电势为−45V；
(2)极板间的匀强电场强度为1500V/m，方向竖直向上；
(3)C、D间的电势差为−30V。
【解析】(1)根据在匀强电场中电势差和场强的关系式U=Ed可求出φC.
(2)(3)根据U=Ed可解得电场强度和电势差。
在利用EP=qφ求电势时电量和电势能的正负号一定要保留．注意U=Ed中d代表沿电场线的距离．
15.【答案】解：(1)当电动机断路时，电路中通过的电流为
I=ER1+r
指示灯消耗的功率
P1=I2R1
代入数据，解得
I=1A
r=4Ω
(2)当电动机正常工作时，设路端电压为U，有
P2=U2R1
代入数据解得U=22V
设此时电源中通过的电流为I′，由闭合电路的欧姆定律有
E=I′r+U
代入数据，解得
I′=6.5A
流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，有
I1=UR1
代入数据，解得I1=0.5A
又
I1+I2=I′
故
代入数据，解得I2=6A
电动机的输出功率为
P出=UI2−I22R0
解得
P出=96W
答：(1)电源的内阻为4Ω；
(2)当电动机正常工作时，电动机两端电压为22V；电动机输出的机械功率为96W。
【解析】由闭合电路欧姆定律及功率公式求解内阻，结合电动机机械功率公式求解P出
本题考查恒定电流，闭合电路欧姆定律及电功率公式的灵活运用，是解题关键。
16.【答案】解：L1=20cm=0.2m；d=2cm=0.02m
(1)平行极板间带电粒子做类平抛运动
L1=v0t
a=qU0md
y=12at2
代入数据解得
U0=200V
tanθ=atv0
解得：tanθ=0.1
(2)根据几何关系得：Y=y+atv0L2
解得：Y=3×10−2m=3cm
(3)在交变电场中，t0=1×10−7s时刻射入的带电粒子，偏转电场中运动时间L1=v0t和加速度都是不变。带电粒子竖直方向先向下加速运动t1=1×10−7s再向下减速运动t2=1×10−7s，则
vy=at1−at2
竖直偏移量
y=12at12+(a1t1−12at22)=2×12at12
解得：Y1=y=5×10−3m=0.5cm
答：(1)极板间电压U0是200V；从极板边缘射出时速度方向与初速度方向的夹角θ的正切值(tanθ)等于0.1；
(2)粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y为3cm；
(3)带电粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y1为0.5cm。
【解析】(1)粒子在极板间做类平抛运动，根据不同方向的运动特点结合运动学公式计算出电压和速度的正切值；
(2)根据几何关系计算出粒子打在屏上的位置到M点的距离；
(3)根据运动学公式分析出粒子在交变电场中竖直方向的位移即可。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解粒子的水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上受电场力，做匀变速直线运动，结合运动学公式完成分析即可，整体难度不大。