2021-2022学年福建省漳州市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年福建省漳州市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共15页。试卷主要包含了5J，4×10−8Ω⋅m，【答案】D，【答案】C，【答案】AD，【答案】BC，【答案】BD，【答案】ABC等内容，欢迎下载使用。
下列关于生活中的物理现象，说法正确的是( )
A. 手机之间的通信是通过声波来实现的
B. 空调既能制冷又能制热，说明热传递不存在方向性
C. 没有三孔插座时，将三脚插头的一脚折弯后，插入两孔插座中使用更安全
D. 油罐车行驶途中车尾有一条铁链拖在地上，可以避免产生电火花引起爆炸
真空中有两个相同金属小球，可视为点电荷，带电量分别为+4q和−2q，固定在相距为r的两处，它们间的库仑力大小为F。两者相互接触后再放回原处，则此时两球间的库仑力大小为( )
A. 18FB. 12FC. FD. 98F
如图，将充气后的气球在头发上摩擦，然后将其靠近绝缘桌面上的空易拉罐，在气球未接触易拉罐的情况下，发现易拉罐朝气球方向滚动起来，关于这一现象，下列说法正确的是( )
A. 易拉罐和气球带异种电荷，所以相互吸引
B. 易拉罐靠近气球一侧的带电性质和气球相同
C. 气球对易拉罐远、近两侧的作用力大小不同
D. 气球在头发上摩擦的过程创造了电荷，从而使气球带电
如图是一个简易风速测量仪的示意图，绝缘弹簧的一端固定，另一端与导电的迎风板相连，弹簧套在水平放置的电阻率较大的均匀金属细杆上。迎风板与金属杆接触良好，并能在金属杆上自由滑动。电路的一端与迎风板相连，另一端与金属杆相连。则( )
A. 风力越大，电压传感器的示数越大
B. 风力越大，流过电阻R的电流越小
C. 风力相同，电阻R越大，电压传感器示数越小
D. 风力相同，弹簧劲度系数越大，电压传感器示数越小
如图，在足够长通电直导线AB旁放置一闭合金属框abcd，下列情况中能产生感应电流的是( )
A. 线圈向右平动B. 线圈沿AB向上平动C. 线圈绕AB轴转动D. 线圈绕bc边转动
如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外，若过a点的导线在O点产生的磁感应强度为B，则( )
A. O点的磁感应强度为0
B. O点的磁感应强度为2B
C. 移走d点的导线，O点磁感应强度变为B
D. 移走d点的导线，O点磁感应强度变为2B
如图，平面内有静止的等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是( )
A. M、P两点的电场强度相同
B. N、P两点的电场强度相同
C. M、N两点连线是一条等势线
D. 电子在M点的电势能比在P点的电势能小
如图，一足够长的绝缘粗糙斜面固定在匀强电场中，场强方向平行斜面向上，一带电物体以100J的初动能从斜面底端向上运动，其动能从100J减少为20J的过程中，机械能减少20J，电势能减少10J，则带电体( )
A. 返回斜面底端时动能为25J
B. 从斜面底端运动到最高点的过程中，重力势能增加75J
C. 从斜面底端运动到最高点的过程中，电势能减少12.5J
D. 从斜面底端运动到最高点的过程中，克服摩擦力做功25J
手持小风扇因便于携带而深受学生喜欢，某款手持小风扇的直流电动机额定电压5V，内阻0.5Ω，正常工作时，通过该电动机的电流为0.6A，则该电动机正常工作时的输入功率为______ W，输出的机械功率为______ W。
磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，则穿过线圈平面的磁通量为______；若按图示方向将abcd绕ad轴转至与磁场方向垂直的虚线位置，则穿过线圈平面的磁通量变化量为______。
随着传感器技术的不断进步，传感器在中学实验室开始普及。某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示。
(1)先使开关K与1端相连，电源向电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器下极板带___电;
(2)然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流电压信息传入计算机，经处理后得到电流随时间变化的i−t图线如图乙所示，图线与i轴及t轴所围成的面积表示___(填“充满电后电容器的电荷量”或“充满电后电容器储存的电能”);
(3)若电源电动势为6V，电容器的电容为1000μF，则电容器充满电后的电荷量为___ C。
在“测定金属丝的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为______mm(该值接近多次测量的平均值)；
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组(电动势3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0∼20Ω,额定电流2A)、开关、导线若干。某实验小组正确连接好电路，并进行实验测量，记录数据如下：
(3)图乙是该实验小组测量Rx的电路实物图，图中已连接了部分导线，请补充完成图乙中的实物连线。
(4)该实验小组在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丙所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，观察各坐标点的特点，应先剔除第______次测量数据的坐标点，再描绘出U−I图线。由以上数据及U−I图线可以估算出金属丝电阻率约为______(填正确答案标号)。
A.3.4×10−8Ω⋅m
B.3.4×10−6Ω⋅m
C.3.4×10−3Ω⋅m
D.3.4×10−2Ω⋅m
把带电荷量2×10−8C的试探电荷从电场中的A点移动到无穷远处，克服电场力做功6×10−8J，取无穷远处的电势为零。求：
(1)该试探电荷在A点的电势能；
(2)A点电势。
如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=9Ω，R3为滑动变阻器。当其滑片P从最左端滑至最右端时，测得电源的路端电压随干路电流变化图线如图乙所示，求：
(1)定值电阻R2的阻值；
(2)电源的内阻；
(3)电源输出的功率最大时，R3接入电路的阻值。
如图甲为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电场加速，通过A板中心小孔后，沿两水平金属板M、N中心线进入两板间的偏转电场(偏转电场可视为匀强电场)，电子最终打在荧光屏上的P点。已知加速电压U1，M、N两板间的电压U2，两板间距d，板长L，电子的质量m，电荷量e，不计电子重力及电子间相互作用力。
(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)求电子离开偏转电场时速度与水平方向夹角的正切值；
(3)若M、N两板间的电势差UMN随时间t变化如图乙所示，周期T与电子通过偏转电场的时间相等，求荧光屏上电子能够到达的区域长度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
手机之间的通信是通过发射和接受电磁波实现通信，自发的热传递是具有方向性的，在外界干预下可以实现热量从低温传向高温；接地线的作用是一旦用电器漏电可以将电荷导入到大地从而避免给人带来危险，油罐车的铁链能够及时的将罐体自身静电荷导入大地，从而避免爆炸。
该题考查的知识是生活中常见的一些现象或者操作，要求学生加强对这些知识点的理解，以便于记忆深刻。
【解答】
A、手机之间的通信是利用电磁波传递信息的，故A错误；
B、热传递中的热量总是自发地从温度高的向温度低的方向传递，所以热传递存在方向性，空调制冷不是自发的，要消耗电能，故B错误。
C、三孔接线柱中有一脚为接地的，如果折弯不用，则无法有效接地，一旦发生漏电则会产生危险，故操作错误，故C错误；
D、油罐车行驶途中车尾有一条铁链拖在地上，可以将运输的过程中产生的静电及时导走，避免产生电火花引起的爆炸，故D正确。
故选：D。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
两小球相互接触的过程中，电荷守恒，电量先中和后平均分，再代入库仑定律的公式即可。
该题考查电荷守恒定律和库仑定律，掌握两小球相互接触后，电量先中和再平均分就可以得到正确的答案。
【解答】
两小球相互接触后，电量先中和再均分，故有：q′=12(4q−2q)=q，
又由库仑定律得开始时有：F=k4q⋅2qr2=8kq2r2，之后：F′=kq⋅qr2=kq2r2=18F，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3.【答案】C
【解析】解：ABC、将充气后的气球在头发上摩擦后，气球带上电荷并形成电场，此时易拉罐在电场作用下发生静电感应现象，靠近气球一侧的带电性质和气球带电性质相反，远离气球一侧的带电性质和气球的带电性质相同，故气球上的电荷对易拉罐靠近气球一侧的电荷引力大于远离气球一侧电荷的斥力，从而使易拉罐朝气球方向滚动起来，故AB错误，C正确；
D、气球在头发上摩擦的过程，是电荷在气球和头发之间发生了转移，并不是创造了电荷，故D错误；
故选：C。
气球在头发上摩擦的过程，是电荷在气球和头发之间发生了转移，并不是创造了电荷；
摩擦之后气球带电，周围形成电场，易拉罐在电场中处于静电平衡状态，靠近气球一侧感应出与气球相反的电荷，另一侧感应出与气球相同的电荷，引力大于斥力，是易拉罐靠近气球。
知道电荷守恒定律，知道易拉罐在电场中处于静电平衡状态，二者之间的作用力的大小。
4.【答案】C
【解析】解：由图可知，金属杆与R串联，电压表测金属杆两端的电压，
AB、当风力增大时，迎风板左移，金属杆接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流变大，即通过定值电阻R的电流变大；
由U=IR可知，R两端的电压变大，由U内=Ir，电源内电压增大，因串联电路中电源电动势等于各部分电压之和，所以，金属杆两端的电压变小，即电压表的示数变小，故AB错误；
C、风力相同，电阻R越大，电路中电流越小，根据欧姆定律可知，电压传感器示数越小，故C正确；
D、风力相同，弹簧劲度系数越大，弹簧形变量越小，接入电路的金属杆越长，电阻越大，电压传感器示数越大，故D错误；
故选：C。
由图可知，金属杆与R串联，电压表测金属杆两端的电压，根据风力的变化可知金属杆接入电路中电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，由欧姆定律分析R两端的电压变化和电源内电压变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化。
本题查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和闭合电路欧姆定律的应用，分析好风力变化时金属杆接入电路中电阻的变化是关键。
5.【答案】AD
【解析】
【分析】
当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。根据通电直导线的磁场特点，分析磁通量是否变化，再进行判断。
判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化。
【解答】
A、线圈向右平动时，线框所在处磁感应强度减小，穿过线框的磁通量减小，可以产生感应电流，故A正确；
B、线圈沿AB向上平动时，穿过线框的磁通量不变，故不会产生感应电流，故B错误；
C、线框绕AB轴转动时，穿过线框的磁通量不变，故不会产生感应电流，故C错误；
D、线框以bc边为轴转动时，穿过线框中的磁通量发生变化，故会产生感应电流，故D正确。
故选：AD。
6.【答案】BC
【解析】
【分析】
运用安培定则，判断各导线产生的磁感应强度方向，并通过磁感应强度的叠加分析各选项。
熟练掌握和应用安培定则是解题的关键，因为磁感应强度是矢量，所以磁场的叠加遵循平行四边形定则。
【解答】
AB、四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，均为B，根据安培定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示：
由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则可知，O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小为2B，故A错误，B正确
CD、移走d点的导线，其它三条导线在O点的磁感应强度不变，则O点磁感应强度变为B，故C正确，D错误。
故选：BC。
7.【答案】BD
【解析】解：根据等量异种电荷的场强特点，做出电场线分布图。
A、如图所示M点和P点电场线的疏密程度相同，M和P点电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；
B、如上图所示MNP三点电场线疏密程度，场强大小相同，其中N点和P点的方向相同，故B正确；
C、M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，根据电场线与等势线处处垂直可知，M、N两点连线不是等势线，故C错误；
D、沿电场线方向电势逐渐减小，M点电势大于P点电势，电子带负电，负电荷在电势越低的地方电势能越大，故电子在P点电势能大于M点电势能；故D正确；
故选：BD。
根据等量异种电荷电场线分布判断各选项。
等量同种电荷、等量异种电荷电场线分布，需要熟练掌握。
8.【答案】ABC
【解析】解：AD、电势能减少，则电场力做正功，重力以外其它力做功等于机械能的变化量得出机械能的变化。动能从100J减少为20J的过程中
电势能减少10J，电场力做功W电=10J
W电+Wf1=E机
10J+Wf1=−20J
Wf1=−30J，克服摩擦力做功30J
设再上升到最高点，又克服摩擦力做功为Wf2，力做功与位移成正比
100−2030=20−0Wf2
Wf2=7.5J
从底端上滑到速度减为零克服摩擦力做的总功为Wf=Wf1+Wf2=−30J−7.5J=37.5J，故D错误；
Ek=Ek0−2Wf=100J−2×37.5J=25J，故A正确；
C、从斜面底端运动到最高点的过程中，电势能减少为E1，力做功与位移成正比
100−2010=20−0E1−10
解得：E1=12.5J，故C正确；
B、从底端上滑到速度减为零，设重力势能增加量为ΔEp
ΔEp=100J−37.5J+12.5J=75J，故B正确。
故选：ABC。
对上滑的过程运用动能定理，求出电场力做功情况，从而得出滑块的电性，得出电势能的变化。根据除重力以外其它力做功等于机械能的变化量得出机械能的变化。根据重力做功得出重力势能的变化，对全过程运用动能定理，结合动能定理求出返回底端的动能。
解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，台力做功等于动能的增加量，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量。
9.【答案】3，2.82。
【解析】
【分析】
本题考查电功率，先计算出电动机正常工作时消耗的电功率，然后减去发热功率即为电动机的输出功率，熟练区分输入功率，输出功率，热功率的异同，是解题关键。
【解答】
该电动机正常工作时的输入功率为P入=UI，解得P入=3W，
该电动机正常工作时的发热功率为P热=I2r，解得P热=0.18W，
该电动机正常工作时输出的机械功率为P出=P入−P热=3W−0.18W=2.82W，
故该电动机正常工作时的输入功率为3 W，输出的机械功率为2.82W。
10.【答案】BScsθ；BS(1−csθ)。
【解析】
【分析】
线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BS′(S′是矩形线圈在垂直于磁场方向的投影面积)即可求解。
【解答】
矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成θ角，此时通过线圈的磁通量为Φ1=BScsθ，
若按图示方向将abcd绕ad轴转至与磁场方向垂直的虚线位置，则其的磁通量Φ2=BS，因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为ΔΦ=Φ2−Φ1=BS(1−csθ)。
故答案为：BScsθ；BS(1−csθ)。
11.【答案】(1)负；(2)充满电后电容器的电荷量；(3)6×10−3。
【解析】
【分析】
(1)电容器下极板与电源的负极相连，由此分析下极板带电情况；
(2)i−t图像与坐标轴围成的面积表示电容器放电过程中放出的电荷量由此分析；
(3)根据Q=CU计算电容器充满电后的电荷量。
本题主要是考查“观察电容器的充、放电现象”实验，关键是弄清楚实验原理、电路的连接情况、i−t图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义等。
【解答】
(1)电容器下极板与电源的负极相连，所以下极板带负电；
(2)根据q=It可知，i−t图像与坐标轴围成的面积表示电容器放电过程中放出的电荷量，即充满电后电容器的电荷量；
(3)根据Q=CU可知，电容器充满电后的电荷量Q=6×10−3C。
12.【答案】0.6956B
【解析】解：(1)螺旋测微器固定尺读数为0.5mm，可动尺读数为0.195mm，则直径d=0.5mm+0.195mm=0.695mm；
(3)电路图如图1：
图1
(4)第2、4、6次测量数据的坐标点，并作出U−I图线，应使更多的点在图像上，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，如图2
图2
由图2可看出第6个点误差较大，应舍去；
根据图像斜率k=R=ΔUΔI=2.30−−0.06Ω=4.4Ω
结合电阻定律R=ρLS
将L=50cm=0.5m，d=0.695mm=0.695×10−3m代入解得ρ=3.4×10−6Ω⋅m
故ACD错误，B正确；
故选B
故答案为：(1)0.695；(3)实物图见解析；(4)U−I图线见解析，6，B
(1)根据螺旋测微器读数方法读得直径；
(2)根据电路图连接实物图；
(3)根据描点法作出U−I图象；根据电阻定律变形得出电阻率的表达式，代入数据即可求出电阻率.
明确电学实验中基本仪器的使用方法，注意电阻定律的应用，作图的原理与要求。
13.【答案】解：(1)试探电荷从A点移动到无穷远处，有WA∞=−ΔEP=EPA,代入数据得：EPA=−6×10−8J；
(2)A点电势φA=EPAq，解得：φA=−3V。
答：(1)该试探电荷在A点的电势能为−6×10−8J；
(2)A点电势−3V。
【解析】(1)电荷在A点的电势能等于将该电荷从A点移动到无穷远处电场力做的功；
(2)根据电势定义式求A点电势。
本题关键要明确电荷在某点的电势能等于将该电荷从该点移动到无穷远处电场力做的功。
14.【答案】解：(1)由图乙可知，当电流最大时，滑动变阻器R3接入电路中的阻值为零，R1短路，整个外电路只剩电阻R2，根据欧姆定律得出：R2=UI=Ω
(2)由图乙中的两组数据，A点和B点坐标，结合闭合电路的欧姆定律可得：1.2V=E−2.4A×r，4.8V=E−0.6A×r
联立解得：E=6V，r=2Ω
(3)当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，
即当R3R1R3+R1+R2=r，电源的输出功率最大
解得R3=1.8Ω
答：(1)定值电阻R2的阻值为0.5Ω；
(2)电源的内阻为2Ω；
(3)电源输出的功率最大时，R3接入电路的阻值为1.8Ω。
【解析】(1)根据题意结合图乙可得出，B点是滑动变阻器R3的滑片在最左端，A点时滑片在最右端，因此由B点坐标可得出R2阻值；再通过闭合电路的欧姆定律E=U+Ir列等式得到电源电动势及内阻；
(2)当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，根据电路规律求解。
本题考查了闭合电路欧姆定律的动态问题，解题的关键是将电源的内阻看成是与电源串联的电阻即可，在计算电源输出功率最大值问题时需要运用数学方法解题。
15.【答案】解：(1)在加速电场中，由动能定理得：eU1=12mvA2，解得：vA=2eU1m；
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，设偏转电场场强为E，电子在偏转电场中运动时间为t，加速度为a，离开偏转电场时速度与水平方向夹角为θ，水平方向：L=vAt，E=U2d，
根据牛顿第二定律有：eE=ma，电子离开偏转电场时的竖直速度vy=at，tanθ=vyvA，
联立解得：tanθ=U2L2U1d；
(3)因电场变化周期T与电子通过偏转电场的时间相等，所有粒子离开偏转电场时速度方向均水平向右，t=nT(n=0,1,2,3⋯⋯)时刻进入偏转电场的粒子向上偏移距离最大，t=(2n+1)T2(n=0,1,2,3⋯⋯)时刻进入偏转电场的粒子向下偏移距离最大，
由(2)可得：T=Lm2eU1，y上max=12a(T2)2×2，
同理y下max=12a(T2)2×2，
荧光屏上电子能够到达区域的长度Δy=y上max+y下max，
解得：Δy=U2L24dU1。
答：(1)电子穿过A板时速度的大小为2eU1m；
(2)电子离开偏转电场时速度与水平方向夹角的正切值为U2L2U1d；
(3)若M、N两板间的电势差UMN随时间t变化如图乙所示，周期T与电子通过偏转电场的时间相等，荧光屏上电子能够到达的区域长度为U2L24dU1。
【解析】(1)电子在加速电场中，只有电场力做功，根据动能定理可以求出电子穿过A板时的速度大小vA；
(2)根据类平抛运动规律可解得电子离开偏转电场时速度与水平方向夹角的正切值；
(3)在偏转电场，运用运动分解法，根据牛顿第二定律和分位移规律可以求出侧移量y。
本题考查电场的加速和偏转问题。加速电场用动能定理求速度，偏转电场运用运动的分解法研究，这是解决问题答关键。
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0
0.06
0.16
0.22
0.34
0.50
0.52