2021-2022学年高二上学期物理期末复习冲刺卷【04卷】

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（考试时间：75分钟 试卷满分：100分 命题范围：必修第三册）
第Ⅰ卷（选择题 共43分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2021·天津大学附属中学高二期中）取一对用绝缘支柱支持的金属导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在它们下部的金属箔是闭合的。现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B上的金属箔都张开了。下列说法正确的是（ ）
A．导体B感应出正电荷，导体A不带电
B．导体A内部的场强比导体B内部的场强大
C．若先移走导体A，再用手摸一下导体B，B不带电
D．若用手摸一下导体A端，移走球C，导体AB带负电
【答案】D
【详解】
AB．电荷周围有电场存在，当带正电荷的球C移近导体A时，在A的左端感应出负电荷，在B的右端出现正电荷，直到达到静电平衡，而处于静电平衡的导体，内部场强均为零，故AB错误；
C．若先移走导体A，再用手摸一下导体B，则B通过人体与大地相连，B端离带正电的球C较近，感应出负电荷，故C错误；
D．当人触摸A后，人与大地相连，电势为零，而A的电势高于人的电势，所以电子从大地转移到AB上面，即AB上面的负电荷增多，所以移走C后，AB带负电，故D正确。
故选D。
2．（2021·湖北·高二期中）如图所示，在条形磁铁产生的磁场中，垂直条形磁铁中心轴线放置3个相同的闭合线圈S1、S2和S3，三个线圈的中心均在条形磁铁的中心轴线上，穿过各个线圈的磁通量分别为、和，则（ ）
A．=B．>C．>，故选B。
3．（2021·全国·高二单元测试）能源问题是当今最热门的话题之一，开发与利用新能源是科学家们奋斗的目标，为此，有人将目标瞄向了闪电。现在我们将闪电的模型简化如下：闪电是由云层所累积的电荷引起的，通常是云层底部带正电，顶部带负电，云层下的地面带负电。当电场强度增大到足以击穿空气时，发生短时放电现象，形成闪电。把放电电流看作时间的函数，其图象如图所示。云层底部与地面之间的距离，击穿空气所需的电场强度，假设云层底部与地面间的电场可看作匀强电场，且每次闪电击向地面输送的电荷量相同，则（ ）
A．一次闪电释放的总电荷量为50C
B．闪电时，云层底部和地面之间的平均电流为50kA
C．一次闪电释放的能量为
D．地球上每年闪电次，全年闪电放出的总能量约为
【答案】B
【详解】
A．根据电流的定义式可知，图象与时间轴围成图形的面积表示电荷量，故一次闪电释放的总电荷量为
A错误；
B．闪电时，云层底部和地面之间的平均电流为，B正确；
C．根据
代入数据可得，C错误；
D．全年闪电放出的总能量为，D错误。故选B。
4．（2021·新疆·乌鲁木齐市第四中学高二期中）如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带负电，电荷量均为q，c带正电。整个系统置于方向水平的匀强电场中，三个小球均处于静止状态。已知静电力常量为k，则匀强电场场强的大小和方向（ ）
A．，方向垂直ab远离cB．，方向垂直ab指向c
C．，方向垂直ab远离cD．，方向垂直ab指向c
【答案】B
【详解】
对球c分析，设其电荷量为Q，其受a、b引力的合力为
方向垂直ab远离c。
因为球c处于平衡状态，故其受电场力与a、b引力的合力等大反向，即
故
因为球c带正电，受电场力方向与电场强度方向相同，故电场强度方向垂直ab指向c。故选B。
5．（2021·黑龙江·明水县第一中学高三阶段练习）某一沿x轴方向的静电场，其电势在x轴上的分布情况如图所示，B、C是x轴上两点。下列说法正确的是（ ）
A．在x轴上，O点电势最高，电场也最强
B．同一个电荷放在B点受到的电场力小于放在C点时的电场力
C．同一个负电荷放在B点时的电势能小于放在C点时的电势能
D．正试探电荷沿x轴从B移到C的过程中，电势能增大
【答案】C
【详解】
A．由
可得在φ-x图像中斜率表示电场强度的大小，故在O点，电势最高，电场强度为0，故A错误；
B．由图可得B点的斜率比C点的斜率大，故B点的电场强度比C点的大，则同一个电荷放在B点受到的电场力大于放在C点时的电场力，故B错误；
C．B点的电势比C点的电势高，根据可得，同一个负电荷放在B点时的电势能小于放在C点时的电势能，故C正确；
D．从B点到C点，电势先升高后降低，所以正试探电荷沿x轴从B移到C的过程中，电势能先增大后减小，故D错误。故选C。
6．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，，电压表的内阻为，电压表的内阻为，间电压保持不变。当电键闭合后，、的示数变化是（ ）
A．示数变大 B．示数变大
C．、示数均变小D．、示数均变大
【答案】B
【详解】
断开时，两电阻与两电压表并联，则的示数为，的示数为，当闭合时，相当于与并联，与并联，然后再串联，与的总电阻为
与并联后的总电阻为
则可知，电压之比为：，故示数为，示数为，故的示数减小，示数增大。故选B。
7．（2018·广东广雅中学高三期中）如图所示,C为平行板电容器,和为其两极板,板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与板用导线相连,Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向,在板带电后,悬线偏转了角度在以下方法中,能使悬线的偏角变大的是
A．缩小间的距离B．在两板间插入电介质
C．板向上平移D．Q板向右平移
【答案】C
【分析】
题中电容器ab与平行金属板PQ并联，电势差相等，根据左边电容器的电容的变化得出平行金属板两端的电势差变化，从而得出电场强度的变化，判断悬线偏转角度α的变化．
【详解】
A、缩小a、b间的距离，根据，则电容增大，Q不变，ab端的电势差，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，α变小；故A错误.
B、ab间插入电介质，则电容增大，Q不变，ab端的电势差，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，α变小；故B错误.
C、a板向上移动，正对面积减小，电容减小，而Q不变，则ab端的电势差增大，即PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，α变大；故C正确.
D、Q板向右移动，PQ间的距离增大，故电容器的电容C变小，而Q不变，则PQ两端的电势差增大，而电场强度不变，则电场力不变，α不变；故D错误.
故选C.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．（2021·宁夏·六盘山高级中学高三阶段练习）如图所示，直线为某电源的图线，曲线为某小灯泡的图线的一部分，用该电源和小灯泡串联起来组成闭合回路时灯泡恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）
A．此电源的内阻为
B．灯泡的额定电压为，额定功率为
C．把灯泡换成阻值恒为的纯电阻，电源的输出功率将变大
D．小灯泡的电阻随通过电流的增大而减小
【答案】BC
【详解】
A．由题图可知，电源的电动势E=4V，内阻，故A错误；
B．两图线的交点表示小灯泡L与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为，故B正确；
C．正常发光时灯泡L的电阻，换成一个1Ω的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，根据电源输出功率与外电阻关系，可知电源的输出功率将变大，故C正确；
D．灯泡的温度随通过电流的增大而升高，电阻随温度的升高而增大，故D错误。
故选BC。
9．（2021·安徽·合肥市第六中学高二期末）如图所示，在匀强电场中，有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为=2V、=4V、=6V，下列说法正确的是（ ）
A．O点电势为零
B．匀强电场的场强大小为80V/m，方向由C指向A
C．将电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4eV
D．在三角形ABC外接圆的圆周上电势最高点的电势为6V
【答案】BC
【详解】
AB．由于在匀强电场中，则电势均匀变化，即AC中点处电势为4V，设该点为D点，如图所示。由于B点电势为4V，则BD为电势为4V的等势线，所以O点电势应该为4V；场强方向垂直于BD斜向上
方向从C到A；选项A错误，B正确；
C．因为明将电子由C点移到A点电势能增加了4eV，C正确；
D．在三角形ABC外接圆的圆周上，电势最高点的点不是C点，最高点的电势不是6V，选项D错误。
故选BC。
10．（2021·湖北武昌·高三阶段练习）电荷量为q=1×10-4C的带正电小物块静置于x=0处的绝缘水平面上，所在空间存在沿x轴正方向的水平电场，电场强度E与位移x的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示，若重力加速度g取10m/s2，则下列结论正确的是（ ）
A．物块的质量为1kg
B．0到4s内电场力做功为14J
C．x=0与x=4m两点间的电势差为8×104V
D．0到4s内物块与水平面之间因摩擦产生的热量为16J
【答案】AB
【详解】
A．由题意得，当
时，物体的加速度为
由牛顿第二定律得
当
时，物体匀速运动，则物体受力平衡
又
代入数据解得，，故A正确；
B．前4s内电场力做功为W，由动能定理得
由图像可得
由此得，故B正确；
C．x=0与x=4m两点间的电势差为E−x图像的面积为，故C错误；
D．0到4s内物块与水平面之间因摩擦产生的热量为，故D错误。故选AB。
第Ⅱ卷 （非选择题 共57分）
非选择题（共57分，解答题应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
11．（6分）（2021·浙江·嘉兴市第五高级中学高二期中）（1）用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图甲所示。若所选挡位为直流50mA挡，则示数为_______mA；若所选挡位为×10挡，则示数为_______。
（2）描绘小灯泡伏安特性曲线的实验，已知小灯泡的额定电压为2.5V，实物图如图甲所示。
①根据实验要求用笔画线代替导线在图甲中完成余下导线的连接_______；
②描绘的伏安特性曲线如图乙所示。当电压为1.50V时，小灯泡的实际功率为_______W。
【答案】24.5 160 0.60
【详解】
（1）[1][2]由图可知，电流表的分度值为1mA，所以读数为24.5mA；若所选挡位为×10挡，则示数为
（2）①[3]描绘小灯泡伏安特性曲线，小灯泡两端电压需从零开始，滑动变阻器采用分压式接法，由于小灯泡的电阻较小，电压表电阻远大于小灯泡的电阻，电流表采用外接法，电路图如下图所示
②[4]由图乙可知，当电压为1.50V时，小灯泡的电流为0.4A，则实际功率
12．（9分）（2021·云南·会泽县茚旺高级中学高三期中）某同学用如图甲所示的实验电路做“测定电源的电动势和内阻”实验，现备有以下器材：
A．干电池1节
B．滑动变阻器（）
C．电压表（）
D．电压表（）
E．电流表（）
F．电流表（）
（1）其中电压表应选___________，电流表应选___________；（填字母）
（2）该同学测量时记录了5组数据，并将数据填入以下表格中。请你根据这些数据在图乙坐标系中画出图线___________，根据图线求出电池的电动势___________，内阻___________；
（3）该同学分析以上实验的系统误差主要是由___________引起的，导致的结果是电动势的测量值___________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】D F 1.48（1.46~1.48均可） 0.51（0.46~0.51均可） 电压表分流 小于
【详解】
（1）[1][2]干电池的电动势为，故电压表应选D，实验中流过电源的电流不能太大，否则电池的内阻变化较大，则电流表应选F。
（2）[3][4][5]图线如图所示
纵轴截距表示电动势
图线斜率的绝对值表示内阻，则
（3）[6][7]在测量电源的电动势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用，作出图线实际图线和测量图线如图所示，知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小。
13．（12分）（2020·福建·晋江市毓英中学高二期中）如图所示在匀强电场中，电场强度大小为1×103N/C，方向水平向右，已知A、B两点间距离l为6cm，两点连线与电场方向夹角成60°，现将一电荷量为2×10-5 C的正电荷由A点移到B点，求：
(1)该电荷在A点所受的电场力的大小和方向；
(2)将正电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；
(3)A、B两点间的电势差UAB。
【答案】(1)0.02N；方向水平向右；(2) ；(3) 30V
【详解】
(1) 根据可知该电荷在A点所受的电场力
方向水平向右；
(2)电场力所做的功
解得
(3)A、B两点间的电势差
14．（2021·福建福州·高二期中）小型直流电动机其线圈内阻为)与规格为“4V 4W”的小灯泡并联，再与阻值为的电阻串联，然后接至的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求：
（1）流过电阻R的电流？
（2）电动机的发热功率？
（3）如果在正常工作时，转子突然被卡住，求此时电动机中的电流？
【答案】（1）1.6A；（2）0.36W；（3）1.7A
【详解】
（1）加在电阻两端的电压
因此流过电阻R的电流
（2）根据
可知流过灯泡的电流
因此流过电机的电流
因此电动机的发热功率
（3）灯泡的电阻
转子突然被卡住后，整个回路为纯电阻电路，总电阻
整个回路的总电流
因此流过电动机的电流
15．（2016·山西实验中学高二期中）如图所示，离地面高H=0.8m的粗糙绝缘水平桌面上固定一个倾角为α=53°，长L=m的光滑绝缘斜面AB。斜面底端与桌子边缘间距离BC=m，一个半径R=1m的光滑绝缘圆形轨道竖直固定在水平地面上，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，场强大小E=2.5×104V/m。现将一个可视为质点质量m=0.1kg带电量q=+1.0×10-5C的小球从斜面顶端A点由静止释放，忽略小球在斜面与桌面交接处的能量损失。小球离开桌面后恰从D点无碰撞地进入圆轨道，小球进入D点的同时放入圆心O处的另一小球立即带上Q=-1.0×10-5C的电荷（该小球不影响原电场的分布）。已知D点所在半径与竖直方向的夹角θ=37°，重力加速度g=10m/s2，静电力常k=9×109N·m2·C2，试求∶
（1）小球运动至C点时速度vC的大小；
（2）小球与桌面间的动摩擦因数μ的大小；
（3）小球运动至圆轨道最低点M点时对轨道压力FN的大小。
【答案】（1）4m/s；（2）0.2；（3）2.65N
【详解】
（1）由C到D过程，做类平抛运动，有

在D点时，根据运动的合成与分解有
联立解得
（2）小球由释放到C过程，根据动能定理
解得
（3）根据解析（1）可知，小球在D点速度
由D到M过程，根据动能定理
在M点，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，小球运动至圆轨道最低点M点对轨道压力的大小为2.65N。
次数
1
2
3
4
5
0.15
0.25
0.36
0.45
0.56
1.40
1.35
1.30
1.25
1.20