2021-2022学年河北省保定市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河北省保定市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共12页。试卷主要包含了2m，A、B连线与电场线平行，5AD，【答案】C，【答案】B，【答案】D，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。

如图所示，2021年12月9日下午，神舟十三号乘组航天员在中国空间站成功进行了“天宫课堂”第一课。航天员太空授课的画面通过电磁波传输到地面接收站，下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 麦克斯韦证实了电磁波的存在
B. 电磁波可以在真空中传播
C. 电磁波在各种介质中传播的速度都是3×108m/s
D. 电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
绝缘圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合，在垂直圆环所在平面且过圆心的轴上P点放置一小磁针。现使圆环绕轴沿图示方向匀速转动，则小磁针N极指向正确的是( )
A. B.
C. D.
如图所示，水平向右的匀强电场中，电荷量为+2C的带电小球在A点的电势能为6J，在B点的电势能为2J，已知A点与B点间的距离为0.2m，A、B连线与电场线平行。下列说法正确的是( )
A. 电场强度的大小为0.1V/m
B. 电场强度的大小为10V/m
C. 若带电小球沿曲线ACB由A运动到B，则动能增加量大于4J
D. 若带电小球沿曲线ACB由A运动到B，则动能减少量等于4J
如图甲所示，当条形磁铁向下插入螺线管时，灵敏电流计的指针向右偏。如图乙所示把磁铁换为螺线管A，螺线管A的绕线方式如图丙所示(电流方向由b到a)。下列措施中使灵敏电流计的指针向左偏的是( )
A. 图乙中，闭合开关后螺线管A向下移动B. 图乙中，闭合开关瞬间
C. 图乙中，闭合开关后向右移动滑片PD. 图乙中，闭合开关后向左移动滑片P
如图所示，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带电荷量为+q的小球B固定在O点正下方的绝缘柱上。当小球A平衡时，悬线沿水平方向。已知lOA=lOB=l，静电力常量为k，重力加速度为g，则关于小球A的电性种类及带电荷量qA的大小，下列正确的是( )
A. 正电22mgl2kqB. 正电2mgl2kqC. 负电22mgl2kqD. 负电2mgl2kq
如图所示，某小型发电机的N、S磁极之间的磁场可看作为匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B=2πT，边长L=0.2m的正方形线圈绕与磁场垂直的轴OO′匀速转动，线圈的两侧经集流管和电刷与阻值为3Ω的电阻相连。与R并联的交流电压表为理想电表，其示数U=6V。已知正方形线圈的匝数N=20，电阻为r=1.0Ω，则从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为( )
A. e=82sin10πt(V)B. e=82cs10πt(V)
C. e=8sin52πt(V)D. e=8cs52πt(V)
如图所示，半径为2R的圆形金属线圈与半径为R的圆形区域的圆心同为O，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，金属线圈与虚线之间存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度均随时间均匀增大，变化率均为k。某时刻匀强磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B1，匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B2，B2>B1。则该时刻穿过金属线圈的磁通量、金属线圈中产生的感应电动势的大小分别为( )
A. 0，2kπR2B. πR2(B2−B1)，0
C. πR2(3B2−B1)，3kπR2D. πR2(3B2−B1)，2kπR2
某同学设计的测量握力大小装置的原理示意图如图所示，其中滑动变阻器的滑动触头通过连杆和上端绝缘把手连在一起，上端绝缘把手和弹簧上端连在一起，下端绝缘把手固定，弹簧和上端绝缘把手随着握力的变化一起上下移动。当弹簧处于原长时，滑动触头位于滑动变阻器的最上端，握力的大小可以根据电流表的示数获得。闭合开关后，以下有关说法正确的是( )
A. 当握力为0时，电流表示数为0B. 当握力为0时，电流表示数最小但不为0
C. 当握力增大时，电路中电流变小D. 当握力增大时，电路中电流变大
如图甲所示，理想变压器原线圈a、b端接入如图乙所示的交流电，副线圈接有阻值为R=8Ω的定值电阻，已知原、副线圈的匝数比n1：n2=5：3，各电表均为理想交流电表。下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为122VB. 通过副线圈的交变电流的频率为50Hz
C. 电流表的示数为1.5AD. 理想变压器的输入功率为18W
如图所示，一半径为R的14光滑绝缘圆弧轨道固定在竖直平面内，其底端与粗糙绝缘水平面相切，整个轨道处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量为m的带电金属小球从圆弧顶端由静止释放，当其通过圆弧轨道最低点进入粗糙水平面后，其速度保持不变。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球一定带正电
B. 小球一定带负电
C. 小球所带电荷量的绝对值为q=m2gR2RB
D. 小球所带电荷量的绝对值为q=2gRBmg
某同学要测量阻值约为10Ω的电阻Rx，实验室有下列器材：
A.电流表A(量程0∼0.6A，内阻RA约0.1Ω)
B.电压表V(量程0∼5V，内阻RV约5kΩ)
C.滑动变阻器R(0∼10Ω)
D.电池组(电动势E=6V，内阻r约1Ω)
E.开关和导线若干
实验要求尽可能多测几组数据，该同学根据实验室提供的器材设计了电路，正确连接仪器后闭合开关，改变滑动变阻器R滑片的位置，记录多组电压表V的示数U和电流表A的示数I，在坐标纸上作出U−I的关系图像，如图乙所示。
(1)请将图甲中的实验电路补充完整。
(2)依据U−I图像可以得出Rx=______。(结果保留3位有效数字)
(3)电阻Rx的测量值______(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
某兴趣小组的同学为了测量如图甲所示的磁极已知的方形磁铁表面附近磁场的磁感应强度的大小，设计了如图乙所示的装置，图乙中两根完全相同的弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘连接。已知方形磁铁的长度远大于金属棒的长度，现进行如下操作：
Ⅰ.断开开关S，用刻度尺测量两根轻弹簧的长度均为l1；
Ⅱ.用刻度尺测量金属棒ab的长度为L；
Ⅲ.将方形磁铁置于金属棒ab附近，使方形磁铁在金属棒ab处的磁场垂直于纸面向里(可视为匀强磁场)；
Ⅳ.闭合开关S，待系统稳定后，记录电流表的示数为I，用刻度尺测量两根轻弹簧的长度均为l2；
Ⅴ.保持方形磁铁与金属棒ab的距离不变，在小范围内改变方形磁铁相对于金属棒ab的位置，重复实验。
回答下列问题：
(1)两根轻弹簧的长度l2______l1(填“>”“=”或“<”)；
(2)实验中______(填“需要”或“不需要”)测量金属棒ab的质量；
(3)已知轻弹簧的劲度系数为k，则方形磁铁表面附近磁场的磁感应强度B=______。(用已知量和测量的物理量表示)
如图所示的电路中，已知电源电动势E=12V，内电阻r=2Ω，电阻R1=8Ω、R2=6Ω、R3=3Ω，电容器的电容C=6800μF，闭合开关S。求：
(1)电路稳定后电源的效率η；(结果保留3位有效数字)
(2)电容器的带电量Q。
如图所示，两根不计电阻、足够长的平行光滑金属导轨竖直放置在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，间距L=1.0m，上端连接一个定值电阻R=5.0Ω。有一长度也为L=1.0m、电阻r=1.0Ω的金属杆ab在外力的作用下静止在如图所示位置。已知金属杆ab的质量m=0.24kg，重力加速度g取10m/s2，磁感应强度B=1.2T，金属杆与导轨垂直且接触良好。现把金属杆ab由静止释放，求：
(1)当金属杆ab的速度为v0=5.0m/s时，通过电阻R的电流大小I0；
(2)金属杆ab向下运动的最大速度vm的大小。
如图所示，矩形abcd各边的长度分别为ab=cd=2L，ad=bc=6L，矩形cdaf的边de=3L，在矩形abcd内存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为3E0。在矩形cdef内存在垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从a点以某一初速度沿ad方向进入匀强电场，运动一段时间后从P点进入磁场，恰好从e点沿p方向飞出匀强磁场。已知dP=3L，不计粒子的重力，电场和磁场的边界为理想边界。求：
(1)粒子进入匀强电场的初速度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、电磁波是由麦克斯韦预言，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故A错误；
B、电磁场本身就是一种物质，可以不依赖物质传播，所以可以在真空中传播，故B正确；
C、电磁波在真空中传播的速度都是3×108m/s，而在介质中的传播速度要小于3×108m/s，故C错误；
D、根据麦克斯韦电磁场理论，可知变化的磁场周围产生电场，变化的电场周围产生磁场，故D错误。
故选：B。
电磁波是由麦克斯韦预言，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在；电磁场本身就是一种物质，可以不依赖物质传播；电磁波在真空中传播的速度都是3×108m/s；根据麦克斯韦电磁场理论判断。
解决本题的关键知道电磁波的产生原理，以及知道电磁波的传播．对于这些基本知识要熟练掌握并能正确应用。
2.【答案】C
【解析】解：从左向右看，绝缘圆环匀速转动时形成的圆形电流沿顺时针方向，由安培定则可知圆环轴线的磁场水平向右，小磁针N极指向该处的磁场方向，N极指向右方。故ABD错误，C正确。
故选：C。
由安培定则判断磁场方向，并进一步分析小磁针方向。
本题考查磁场，学生需熟练掌握安培定则，快速判断磁场方向。
3.【答案】B
【解析】解：AB、电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功：WAB=EpA−EpA=EqdAB，代入数据解得E=10V/m，故A错误，B正确；
CD、根据能量守恒定律知若带电小球沿曲线ACB由A运动到B，则动能增加量等于电势能的减小量，即ΔEk=EpA−EpA=6J−2J=4J，故CD错误。
故选：B。
电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功：WAB=EpA−EpA=EqdAB；根据能量守恒定律知若带电小球沿曲线ACB由A运动到B，则动能增加量等于电势能的减小量。
与电场力做功有关的公式WAB=EpA−EpA=EqdAB，应用时要注意d是两点沿电场线方向的距离。
4.【答案】C
【解析】解：依题意可知，当条形磁铁向下插入螺线管时，螺线管中的向下的磁通量变大，灵敏电流计的指针向右偏；当螺线管的向下的磁通量变小，则灵敏电流计的指针向左偏；
A、根据右手定则可知，螺线圈的下端相当于N极，当闭合开关后螺线管A向下移动，则螺线管中向下的磁通量变大，灵敏电流计的指针向右偏，故A错误；
B、同上分析，闭合瞬间，螺线管中向下的磁通量变大，灵敏电流计的指针向右偏，故B错误；
C、同上分析，闭合开关后向右移动滑片P，则滑动变阻器连入电路中的电阻增大，电流减小，所以螺线管中的向下的磁通量变小，则灵敏电流计的指针向左偏，故C正确；
D、同上分析，闭合开关后向右移动滑片P，则滑动变阻器连入电路中的电阻减小，电流增大，所以螺线管中的向下的磁通量变大，则灵敏电流计的指针向右偏，故D错误；
故选：C。
根据题目条件分析螺线圈中的磁通量的变化以及感应电流的方向，结合安培定则分析出螺线圈A的N极，并结合楞次定律逐项完成分析。
本题主要考查了电磁感应现象的相关应用，根据题目分析出磁通量的变化和感应电流的方向关系，再结合选项即可完成分析，整体难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：对小球A受力分析
由几何关系得
α=45∘，lAB=2l，
根据平衡条件得
F=mgsinα，
又F=kq⋅qAlAB2，
联立解得：qA=22mgl2kq，
小球A、B相互排斥，则小球A带正电，故A正确，BCD错误。
故选：A。
通过对小球A受力分析，根据几何关系和根据共点力的平衡条件，求出A、B间库仑力大小，再结合库仑定律即可求出A球电荷量。
本题要注意A、B间的库仑力有两种表示方法，一种是根据库仑定律得出，另一种是根据平衡条件得出，在分析时要注意不要遗漏。
6.【答案】B
【解析】解：根据闭合电路的欧姆定律可知，线圈产生感应电动势的有效值E=UR×(R+r)=63×(3+1)V=8V，产生的感应电动势的最大值Em=2E=2×8V=82V
根据Em=NBSω可得ω=10πrad/s，故电动势的瞬时值表达式为e=Emcsωt=82cs10πt(V)，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据闭合电路的欧姆定律求得线圈转动产生感应电动势的有效值，即可求得最大值，根据Em=NBSω求得线圈的转动的角速度，即可求得电动势的瞬时值表达式
本题主要考查了线圈转动产生瞬时感应电动势，利用闭合电路的欧姆定律求得线圈产生感应电动势的有效值及最大值。
7.【答案】D
【解析】解：该时刻穿过金属线圈的磁通量为Φ=B2×(4πR2−πR2)−B1×πR2=πR2(3B2−B1)
由楞次定律可知两个匀强磁场均随时间均匀增大，金属线圈中产生的感应电流方向相反，由法拉第电磁感应定律得金属线圈中产生的感应电动势的大小为：
E=ΔB2Δt×(4πR2−πR2)−ΔB1Δt×πR2=2kπR2，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据磁通量的定义式分析出磁通量的大小，根据法拉第电磁感应定律代入数据计算出感应电动势的大小。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，在计算磁通量时要注意磁通量是标量，在分析的时候要注意方向的问题，同时在分析感应电动势的大小时要注意感应电流的方向，由此判断两个磁场产生的电动势是相加还是相减。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、当握力为0时，弹簧处于原长，滑动触头位于滑动变阻器的最上端，电路中电阻最大，根据闭合电路欧姆定律知电流表示数最小但不为0，故A错误，B正确；
CD、当握力增大时，滑动触头下移，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流变大，故C错误，D正确。
故选：BD。
当握力为0时，弹簧处于原长，滑动触头位于滑动变阻器的最上端，根据闭合电路欧姆定律分析电流表示数大小。当握力增大时，滑动触头下移，分析滑动变阻器接入电路的电阻变化，判断电路中电流的变化。
本题实际上是电路动态分析问题，要分析清楚滑动变阻器接入电路的电阻变化，来判断电路中电流的变化。
9.【答案】BD
【解析】解：A、原线圈电压有效值为：U1=2022V=20V，根据变压器电压之比等于匝数之比可得：U1：U2=n1：n2，解得：U2=12V，电压表的示数等于副线圈电压有效值，所以电压表的示数为12V，故A错误；
B、通过原线圈的交变电流的频率为f=1T=10.02Hz=50Hz，变压器变压不变频，所以通过副线圈的交变电流的频率为50Hz，故B正确；
CD、理想变压器的输出功率为：P2=U22R=1228W=18W，则输入功率P1=P2=18W；
根据P1=U1I1可得原线圈的电流为：I1=0.9A，则电流表的示数为0.9A，故C错误、D正确。
故选：BD。
求出原线圈电压有效值，根据变压器电压之比等于匝数之比求解电压表的示数；根据f=1T求解频率；根据P2=U22R求出理想变压器的输出功率，再根据P1=U1I1可得电流表的示数。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。
10.【答案】BC
【解析】解：AB.因小球在粗糙水平面上速度不变，故不受摩擦力作用，即
qvB=mg
由左手定则可知，小球带负电，故A错误，B正确；
CD.由动能定理有
mgR=12mv2
联立以上两式可得
q=m2gR2RB
故C正确，D错误。
故选：BC。
对小球受力分析，根据速度不变可知qvB=mg，根据左手定则判断电性，结合动能定理解得电量。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握小球的受力分析，注意左手定则的应用。
11.【答案】8.89Ω小于
【解析】解：(1)由图乙可知，电压表、电流表的示数从0开始变化，所以滑动变阻器采用分压接法，因为RVRx>RxRA，所以电流表采用外接法，实验电路如图所示：
(2)由U−I图像的斜率得到待测电阻的阻值，所以
Rx=4.8−00.54Ω≈8.89Ω
(3)由于电压表的分流作用，电流表的示数偏大，所以电阻Rx的测量值小于真实值。
故答案为：(1)实验电路如上图所示；(2)8.89Ω；小于
(1)根据实验原理分析出电压表的接法，根据电表内阻和待测电阻的阻值分析出电流表的接法，哟崔得到实验电路图；
(2)根据U−I图像的斜率得到待测电阻的阻值；
(3)根据电路构造结合欧姆定律分析出电阻的测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查了伏安法测电阻的实验，根据实验原理掌握正确的实验方法，结合欧姆定律以及电路构造完成分析。
12.【答案】>不需要 2k(l2−l1)IL
【解析】解：(1)由左手定则可知金属棒ab受到向下的安培力，轻弹簧的长度增大，所以l2>l1。.
(2)(3)设金属棒ab的质量为m，轻弹簧的原长为l0，开关S断开时，由平衡条件得
mg=2k(l1−l0)
开关S闭合后，由左手定则可知金属棒ab受到的安培力向下，由平衡条件得
mg+BIL=2k(l2−l0)
解得
B=2k(l2−l1)IL
由上述分析可知实验中不需要测量金属棒ab的质量。
故答案为：(1)>；(2)不需要；(3)2k(l2−l1)IL。
由左手定则判断安培力方向，并进一步判断弹簧长度，由平衡条件求解磁感应强度，判断是否需要金属棒质量。
本题考查磁场，学生需熟练掌握左手定则及根据场景进行受力分析。
13.【答案】解：(1)电路稳定后电容器相当于开关断开，外电路总电阻为R=R1+R2R3R2+R3=8Ω+6×36+3Ω=10Ω
由闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=1210+2A=1A
路端电压为U=IR=1×10V=10V
故电源的效率η=UIEI×100%
解得η≈83.3%
(2)电容器板间电压等于电阻R1两端电压，为UC=IR1=1×8V=8V
电容器的带电量Q=CUC=6800×10−6×8C=5.44×10−2C
答：(1)电路稳定后电源的效率η为83.3%。
(2)电容器的带电量Q是5.44×10−2C。
【解析】(1)电路稳定后电容器相当于开关断开，先求出外电路总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出干路电流和路端电压，即可根据电源的输出功率与电源的总功率求电源的效率。
(2)由欧姆定律求出电容器板间电压，再由Q=CU求电容器的带电量Q。
本题首先要搞清电路的结构，知道电路稳定时，电容器相当于开关断开，再根据闭合电路欧姆定律、欧姆定律等电路规律进行解答。
14.【答案】解：(1)当金属杆ab的速度为v0=5.0m/s时，产生的感应电动势为：E0=BLv0
根据闭合电路欧姆定律可得I0=E0R+r=BLv0R+r=1.2×1.0×55+1A=1A；
(2)当金属杆ab的速度最大时，金属杆受力平衡，根据平衡条件可得：
mg=BIL=B2L2vmR+r
代入数据解得：vm=10m/s。
答：(1)当金属杆ab的速度为v0=5.0m/s时，通过电阻R的电流大小为1A；
(2)金属杆ab向下运动的最大速度vm的大小为10m/s。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解产生的电流；
(2)当金属杆ab的速度最大时，金属杆受力平衡，根据平衡条件列方程求解。
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、安培力的计算公式列方程进行求解。
15.【答案】解：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示，
根据平抛运动规律得；
6L=v0t
3L=12at2
由牛顿第二定律得
3qE0=ma
联立解得：v0=32qE0Lm；
(2)带电粒子进入磁场的速度大小为
v=v02+(at)2
设带电粒子的速度与水平方向的夹角为θ，则
tanθ=atv0
解得：θ=30∘，v=26qE0Lm；
由几何关系得
rcsθ=3L
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=mv2r
解得：B=6mE0qL。
答：(1)粒子进入匀强电场的初速度大小为32qE0Lm；
(2)三句强磁场的磁感应强度大小为6mE0qL。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求解进入电场初速度；
(2)根据分速度公式列式求解进入磁场速度，在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹图，结合牛顿第二定律和几何关系分析即可。
本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，再结合牛顿第二定律列式分析，不难。