2021-2022学年江西省九江市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年江西省九江市高二（上）期末物理试卷

1.     下列说法正确的是(    )

A. 电荷放在电势越低的地方，电势能越小
B. 正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能
C. 电场强度为零的点，电势一定为零
D. 无论移动正电荷还是负电荷，若克服电场力做功它的电势能都增大

2.     如图所示，两平行导轨与水平面成角，导轨间距为，匀强磁场的磁感应强度可调，方向垂直导轨所在平面向下．一金属杆长也为L，质量，水平放在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数，通有图示方向的电流，电流强度，令最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为(    )

A.  B.  C.  D.

3.     在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，、为定值电阻，为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和理想电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是(    )

A. 电压表示数变小 B. 电流表示数变小
C. a点的电势升高 D. 电容器C所带电荷量减少

4.     如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场，发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(    )

A. 偏转电场对三种粒子做功不一样多 B. 三种粒子打到屏上时的速度一样大
C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同 D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置

5.     如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子不计重力，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圈后打在P点，设，能够正确反应x与U之间的函数关系的是(    )

A.  B.  C.  D.

6.     将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面纸面内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是(    )

A.  B.
C.  D.

7.     如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(    )

A. 组成A束和B束的离子都带正电 B. 组成A束和B束的离子质量一定不同
C. A束离子的比荷大于B束离子的比荷 D. 速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向内

8.     如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则下列说法正确的是(    )

A. 产生的焦耳热之比为1：4 B. 产生的焦耳热之比为1：1
C. 通过铜丝某截面的电量之比为1：2 D. 通过铜丝某截面的电量之比为1：4

9.     如图所示的两把游标卡尺，它们的读数依次为______ mm，______mm。
   
   使用螺旋测微器测量两个金属丝的直径，示数如图所示，则图、金属丝的直径分别为______ mm，______mm。
    
10. 用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻．蓄电池的电动势约为2V，内电阻较小．除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：
    
    A.电压表量程
    B.电流表量程
    C.电流表量程
    D.定值电阻阻值，额定功率
    E.滑动变阻器阻值范围，额定电流
    F.滑动变阻器阻值范围，额定电流
    电流表应选______，滑动变阻器应选______；填器材前的字母代号
    根据实验数据作出图像如图乙所示，则蓄电池的电动势______V，内阻______；结果保留三位有效数字
    这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是______。
    A.电压表有分流作用是造成系统误差的原因，越大，误差越小
    B.电流表有分压作用是造成系统误差的原因，越小，误差越小
    C.实验测出的电动势小于真实值
    D.实验测出的内阻大于真实值
11. 有一个电流表G，内阻，满偏电流。
    要把它改装为量程15V的电压表要串联多大的电阻；
    要把它改装为量程3A的电流表，要并联多大的电阻。
12. 回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为，加在狭缝间的交变电压如图所示，电压为，周期，一束该种粒子在时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零，现不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用，不考虑粒子从最后一次加速至从引出装置射出过程的时间，求：
    粒子获得的最大动能；
    粒子从飘入狭缝至动能达到所需的总时间。表达式中不能出现
     
13. 将一个质量为m，带电荷量为的微粒自A点以大小为3v的初速度垂直射入水平向右的匀强电场如图所示，微粒运动到最高点B时速度变为4v，重力加速度为g，求：
    匀强电场的场强大小E；
    、B两点间电势差。

14. 如图所示，匝数为N、电阻为r、面积为S的圆形线圈P放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，线圈P通过导线与阻值为R的电阻以及两平行金属板相连，两金属板之间的距离为d，两板间有垂直纸面的恒定匀强磁场．当线圈P所在位置的磁场均匀变化时，一质量为m、带电荷量大小为q的油滴在两金属板之间的竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g，求：
    流过电阻R的电流；
    线圈P所在磁场磁感应强度的变化率的绝对值。

15. 如图所示，竖直平面内有一宽米、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计.在导轨的上下边分别接有电阻和在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为现有质量、电阻的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好.当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为不计空气阻力，g取
    求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小.
    若导体棒ab进入磁场II后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场I和II之间的距离
    若将磁场II的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场II时速度大小变为，要使棒在外力F作用下做的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式.
    

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：负电荷在电势越低的位置电势能越大，正电荷与负电荷相反，故A错误；
B.电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中电势为负值的某点的电势能，小于负电荷在该点具有的电势能，故B错误；
C.电场强度与电势无关，电场强度为零的点，电势不一定为零，故C错误；
D.只要电荷克服电场力做功，根据功能关系可知，它的电势能都增大，故D正确。
故选：D。
正电荷放在电势高的地方，电势能就大．电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中某点的电势能，不一定大于负电荷在该点具有的电势能．电荷克服电场力做功它的电势能都增大．电场强度与电势无关。
本题考查电势、电势能、电场力做功与电势能变化的关系、电场强度与电势的关系；可根据电场强度由电场本身决定，而电势为零是人为选择的来理解场强与电势的关系。
 

2.【答案】C 

【解析】解：由左手定则知安培力沿斜面向上，因、，所以当磁感应强度B最小时，安培力，即；当B最大时，安培力，即
A.；0，与结论不相符，故选项A错误；
B.；，与结论不相符，故选项B错误；
C.；，与结论相符，故选项C正确；
D.；，与结论不相符，故选项D错误．
故选：C。
有左手定则及安培力公式求解磁感应强度最大值和最小值。
本题考查安培力，学生需熟练掌握左手定则及安培力公式。
 

3.【答案】D 

【解析】解：A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻两端电压增大，则电压表示数变大，A错误。
B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于两端的电压，变小，则a点的电势降低，通过的电流减小，通过电流表的电流，I增大，减小，则增大。即电流表示数变大。故BC错误。
D、电阻两端的电压，I增大，则变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故D正确。
故选：D。
在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于两端的电压．
本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化．
 

4.【答案】D 

【解析】解：带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：，解得水平方向速度为：
粒子在偏转电场中的时间：
在偏转电场中的纵向速度：，
联立解得：
纵向位移：
解得：
偏转角：
解得：
即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，速度的偏向角相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A错误；
B.粒子打到屏上时的速度：，因相同，但是不同，则v不同，选项B错误；
C.粒子打到屏上的时间取决于横向速度，因横向速度不同，则三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误；
D.因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同，故D正确。
故选：D。
通过动能定理得到从加速电场射出粒子的速度大小，进入偏转电场后根据类平抛运动规律得到水平位移与竖直位移等式关系从而得出三种粒子做功大小；
由运动的合成分解得到打到屏上的速度公式，时间公式及位移偏转角公式判断结果是否正确。
本题考查了带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动，解题的关键是熟练应用类平抛运动规律解题。
 

5.【答案】B 

【解析】解：在加速电场中，由动能定理得：
，
解得：，
磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：
，
得：
则得：，B、m、q都一定，则由数学知识得到，图象是抛物线，B正确。
故选：B。
根据动能定理得到带电粒子加速获得的速度。带电粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径r，，根据x与U的表达式选择图象。
本题是质谱仪的原理，根据物理规律得到解析式，再由数学知识选择图象是常用的方法和思路。
 

6.【答案】B 

【解析】

【分析】
当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生。由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向。
本题要求学生能正确理解图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化。
【解答】
在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右。故B正确。
故选：B。  

7.【答案】ACD 

【解析】解：A、由图示可知，组成A束和B束的离子进入磁场时洛伦兹力的方向水平向左，根据左手定则可知，组成A束和B束的离子都带正电，故A正确；
BC、设速度选择器中磁感应强度大小为B，电场强度为E，离子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：，解得：，穿过速度选择器的离子速度v相等，离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设磁感应强度大小为，由牛顿第二定律得：，解得：，
由图示可知，A束离子的半径小于B束离子的半径，则A束离子的比荷大于B束离子的比荷，由于不知离子电荷量间的关系，无法判断离子质量关系，A束离子的质量与B束离子的质量可能不同，也可能相同，故B错误，C正确；
D、组成A束和B束的离子都带正电，则在速度选择器中的电场力水平向右，则洛伦兹力向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向内，故D正确。
故选：ACD。
应用左手定则判断离子电性；离子在速度选择器中做匀速直线运动，应用平衡条件求出离子速度，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律与左手定则分析答题。
本题能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式，从而得出正确的结论．
 

8.【答案】AC 

【解析】解：闭合线框a产生的感应电动势，外力对环做的功：，，
解得：
闭合线框b产生的感应电动势，外力对环做的功：，，
解得：
代入解得：：：4；
电荷量：，；
故AC正确，BD错误；
故选：AC。
将闭合线框a和b匀速拉出磁场，根据功能关系可知，外力对环做的功等于线框产生的焦耳热．根据感应电动势公式、焦耳定律、电阻定律研究功的关系．
由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量，然后求出电荷量之比．
本题综合了感应电动势、焦耳定律、电阻定律，关键根据功能关系得到外力对环做的功的表达式，运用比例法进行分析．
 

9.【答案】；； 

【解析】解：游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，。
游标卡尺读数为：。
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。
螺旋测微器读数为。
螺旋测微器读数为。
故答案为：；；
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，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。
 

10.【答案】；E；；；。 

【解析】解：蓄电池电动势约为2V，电路最大电流约为零点几安培，电流表应应选B；为了方便调节电路，滑动变阻器应选E；
根据图甲所示电路图由闭合电路的欧姆定律得：
根据图乙所示图像可知，电池电动势，图像斜率的绝对值，解得电池内阻
、由图甲所示电路图可知，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于流过电源的电流，电压表分流是造成系统误差的原因，越大，误差越小，A正确，B错误；
CD、由于电压表的分流作用，电流表的测量值小于真实值，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，图像如图所示
，所以实验测出的电动势小于真实值，故C正确，D错误。
故答案为：；E；；；。
根据电路最大电流选择电流表；为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求出电池电动势与内阻。
根据实验电路图分析实验误差。
理解实验原理是解题的前提与关键，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
 

11.【答案】解：改成电压表，需要串联大电阻，由欧姆定律得

改成电流表，需要并联小电阻，由欧姆定律得

答：要把它改装为量程15V的电压表要串联的电阻；
要把它改装为量程3A的电流表，要并联的电阻。 

【解析】串联电路电流相等，先计算出电阻两端的电流，结合欧姆定律计算出电阻的大小；
并联的时候电压相等，先计算出电阻两端的电压，结合欧姆定律计算出电阻的大小。
本题主要考查了电表的改装，根据电路特点结合欧姆定律计算出电阻的大小，属于常规考法，在计算过程中要注意单位的换算。
 

12.【答案】解：粒子运动半径为R时，依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，则有
且

解得

粒子被加速n次到达动能为，则

由


解得

答：粒子获得的最大动能为；
粒子从飘入狭缝至动能达到所需的总时间为。 

【解析】根据牛顿第二定律，依据洛伦兹力提供向心力，结合动能的表达式，即可求解；
根据一次加速获得的动能，结合总动能，从而确定加速的次数，再依据运动学公式，求得在电场中加速的时间，最后根据粒子在磁场中的周期公式，即可求解。
考查牛顿第二定律与向心力的表达式的内容，掌握依据一次加速获得的动能，从而求得加速的次数是解题的突破口，注意粒子在电场一直处于匀加速的原因是粒子在磁场中速度大小不变，最后掌握粒子在磁场中运动的周期公式。
 

13.【答案】解：在竖直方向微粒做匀减速运动，加速度，
根据速度-时间关系可得：
水平方向微粒做匀加速运动，初速度为0，加速度
根据速度-时间关系可得，
联立解得：；
根据能量关系可得：
解得。
答：匀强电场的场强大小为；
、B两点间电势差为。 

【解析】在竖直方向微粒做匀减速运动，加速度为g，水平方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律结合速度-时间关系进行解答；
根据能量关系求解A、B两点间电势差。
本题主要是考查带电微粒在复合场中的运动，关键是弄清楚微粒的受力情况和运动情况，根据运动学公式、牛顿第二定律进行分析。
 

14.【答案】解：设两金属板之间的电压为U，对金属板之间的带电油滴受力分析有

对电阻R，由欧姆定律得

解得

根据法拉第电磁感应定律得

根据闭合电路的欧姆定律得

联立解得

答：流过电阻R的电流为；
线圈P所在磁场磁感应强度的变化率的绝对值为。 

【解析】依据电场力与重力平衡，结合部分电路欧姆定律，即可求解；
根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路的欧姆定律，即可求解。
考查法拉第电磁感应定律与平衡条件的应用，理解部分电路欧姆定律与闭合电路的欧姆定律的不同。
 

15.【答案】解：以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中做切割磁感线运动，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律得：
…①
又…②
…③
…④
由以上四式解得：
导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变，则有
…⑤
又…⑥
联立③⑤⑥⑦得：
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，则有：…⑦
可得
导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t时的速度大小为：…⑧
由牛顿第二定律得：…⑨
又…
由③⑧⑨式解得：

答：导体棒ab快要接近MN时的加速度大小是
磁场I和II之间的距离h是
所加外力F随时间t变化的关系式是 

【解析】导体棒切割磁感线产生感应电动势，受到向上的安培力，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式结合得到安培力，再由牛顿第二定律求解加速度．
导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，说明棒做匀速运动，由平衡条件求得速度，再由机械能守恒或运动学公式求解
由速度公式、安培力公式和牛顿第二定律结合求解F与t的关系式．
本题考查了关于电磁感应的复杂问题，对于这类问题一定要做好电流、安培力、运动情况、功能关系这四个方面的问题分析．