2022-2023学年重庆市经开育才中学高二（上）期末物理试卷、答案解析（附后）.pdf

2022-2023学年重庆市经开育才中学高二（上）期末物理试卷1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法中符合物理学发展史的是（）A.奥斯特发现了点电荷的相互作用规律B.库仑发现了电流的磁效应C.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律 D.法拉第最早引入电场的概念2.关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）A.磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B.磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D.在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小3.关于产生感应电流的条件，下述说法正确的是（）A.位于磁场中的闭合线圈，一定能产生感应电流B.闭合线圈和磁场发生相对运动，一定能产生感应电流C.闭合线圈作切割磁感线运动，一定能产生感应电流D.穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，一定能产生感应电流4.万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，而一个有质量的物体在其他有质量的物体所产生的引力场中，都要受到该引力场的引力（即万有引力）作用，这种情况可以与电场类比，那么，在地球产生的引力场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比（）A.电场力 B.电场强度 C.电势 D.电势能5.如图所示，P、。是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是,_iso,A、B是中垂线上的两点，04 ”、=”或“甲 乙14.某学习小组设计了如图1所示的电路测电源电动势E及其内阻兀实验器材有：待测电源,电流表4（量程为0.6 4 内阻不计），电阻箱R,电键S,导线若干。闭合S,多次调节电阻箱,读出多组电阻箱示数R和对应的电流/,由测得的数据，绘出了如图2 所示的;-R 图线，则电源电动势E=V,内阻r=0。图 1-图 215.如图所示，半径为，的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.现有一带电离子(不计重力)从A 以速度u沿圆形区域的直径射入磁场，已知离子从C 点射出磁场的方向与入射方向间的夹角为60。.求：该离子带何种电荷；该离子的电荷量与质量之比416.如图所示，电源的电动势E=1 1 0 V,电阻=2 1 0,电动机绕组的电阻&=0.5。，电键Si始终闭合.当电键S2断开时，电阻 的电功率是 525W；当电键S2闭合时，电阻弋的电功率是336W,求：(1)电源的内电阻；(2)当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率.17.水平放置的两块平行金属板长L=5.0 cn i,两板间距d=1.0cm,两板间电压为90匕 且上板为正，一个电子沿水平方向以速度%=2.0 x 107m/s,从两板中间射入，如图，求：(1)电子偏离金属板时的侧位移了是多少？(2)电子飞出电场时的速度是多少？(3)电子离开电场后，打在屏上的P 点，若S=1 0 cm,求O P的长？答案和解析1.【答案】D【解析】解：A B.库仑发现了点电荷的相互作用规律，奥斯特发现了电流的磁效应，故A、B错误。C、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故C错误。法拉第最早引入电场的概念，并发现了电磁感应现象，即发现了磁场产生电流的条件和规律，故。正确。故选：D。本题是物理学史问题，根据奥斯特、库仑、安培、洛伦兹、法拉第等科学家物理学的成就进行解答.通过物理学史的学习，在学到科学家科学成就的同时，还可以学到科学研究方法和科学精神.2.【答案】D【解析】【分析】在磁体外部磁感线从N极出发进入S极，在磁体内部从S极指向N极.磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直.磁感线的疏密表示磁场的强弱.安培力的大小取决于四个因素：B.K L,及导线与磁场的夹角，在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小.本题考查对磁场基本知识的理解和掌握程度，基础题.注意安培力与电场力不同：安培力方向与磁场方向垂直，而电场力方向与电场强度方向相同或相反.【解答】A.磁感线分布特点：在磁体外部磁感线从N极出发进入S极，在磁体内部从S极指向N极，故A错误；8.磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直，故3错误；C.磁场的强弱看磁感线的疏密，与磁感线方向无关，沿磁感线方向，磁场不一定减弱，故C错误；D根据安培力公式尸=B/Lsina,可见，在B大的地方，尸不一定大。故。正确。故选D。3.【答案】D【解析】解：4、闭合线圈位于磁场中，如果磁通量不发生变化，则不一定有感应电流产生，故A错误；8、线圈中是否有感应电流产生与线圈是否运动无关，要看其磁通量是否变化，故B错误；C、回路中部分导体切割磁感线时，有感应电流产生，整个闭合线圈切割磁感线运动，其磁通量不发生变化，因此无感应电流产生，故C错误；。、穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，即磁通量发生变化，一定有感应电流产生，故。正确。故选：D。当闭合线圈在磁场中的磁通量发生变化时，才产生感应电流，明确了产生感应电流的条件，即可正确解答本题.本题考查感应电流的产生条件，应明确满足两个条件：一是电路闭合，二是磁通量发生变化.4.【答案】B【解析】解：重力场的基本性质是对其周围物体由引力作用，而电场的基本特性是对放入其中的电荷有力的作用，说明重力与电场力类似。电荷量与物体的质量类似，则由G=rng,F=qE分析可知，重力加速度g与电场中电场强度E可类比，故B正确，ACO错误。故 选:Bo电场与重力场类似，电场力与重力类似，电荷量与物体的质量类似，根据重力与质量的关系、电场力与电荷量的关系，分析重力加速度与电场中电场强度可类比。学习电场时，常常采用类比的方法，将电场与重力场类似，抓住电场力与重力类似，电荷量与物体的质量类似，重力加速度与电场中电场强度类比，有助于理解电场的知识。5.【答案】B【解析】【分析】根据点电荷场强公式E=*，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强。本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低。【解答】两个等量正点电荷连线中点。的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从0点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为尸点，尸点可能在A、8两点之间，也可能在。、A之间，也可能在8点的外侧，当P点可能在A、B两点之间时，治可能大于琮，也可能小于E g,还可能等于茶；当尸在0、A之间时，E%大于EB；当P点在8点外侧时，演小于EB；在PQ连线的中垂线上，场强方向沿AB方向，沿电场线方向电势越来越低，因此0A一定大于WB；故ACZ）错误，8正确。故选瓦6.【答案】A【解析】解：当触头向右移动时，滑动变阻器接入电阻增大；则总电阻增大，电路中总电流减小，故A灯变暗，因A灯及电源内阻的电压减小，故并联部分电压增大，故C灯变亮，而因为总电流减小，而 C 灯电流增大，故 B灯中电流减小，故 8 灯变暗，故A 正确。故选：A。由图可知电路为简单的串并联关系，由闭合电路的欧姆定律可分析3 灯的亮度变化情况.本题为闭合电路欧姆定律中的动态分析问题，由程序法解析时，一般按照：部分-整体-部分的思路进行分析.7.【答案】A【解析】解：由图象I 可知电源的电动势E=3 V,短路电流为3 A,根据r=%电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=U/得：P=2 x l W =2W,电源的总功率为：忽=E/=3 x 1W Z=3 Wp 2所以效率为.=钎 x 100%=石 x 100%=66.7%.成 故选：Ao由图象I 可知电源的电动势为3匕 短路电流为3 A,两图象的交点坐标即为电阻R 和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流.电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，效率等于R 消耗的功率除以总功率.根据U-/图象I 正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-/图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点.8.【答案】A【解析】解：若通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处。如图所示，由公式F=B/L得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力与斜边的安培力等值反向。所以线圈所受磁场力的合力为零。故选：Ao通电直角三角形线圈处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则确定安培力的方向，再由公式F=B/L确定安培力的大小，最后由力的合成来算出安培力的合力.本题虽然没有告知电流的方向，但不影响解题，不论电流如何，要么安培力指向中心，要么安培力背离中心处.同时考查安培力的大小与通电导线的长度关系，及力的合成法则.当然本题还可以采用等效法，导线A 8与 BC可等效成直导线4 C 电流方向由A 到C,则此导线受到的安培力与直导线AC安培力方向相反，大小相等.9.【答案】C【解析】解：对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示,从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；由左手定则知，磁感应强度方向垂直于回路平面向下，故安培力的最小值为产 安=mgsin。故磁感应强度的最小值为B=年=吗根据欧姆定律，有/=故8=嘤 咽，故 c 正确，ABO错误；EL故选：Co导体棒受重力、支持力和安培力，三力平衡，根据平衡条件，安培力沿斜面向上，采用正交分解法求解安培力大小，再结合左手定则判断磁场方向，根据安培力公式得到磁感应强度的大小。本题是三力平衡中动态分析问题，即其中第一个力大小和方向都不变，第二个力方向不变，大小可变，则当地三个力与第二个力垂直时，第三个力取最小值；同时要结合欧姆定律、安培力公式列式求解。10.【答案】BC【解析】解：4、B、当尸向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式 =切 砒 伯 543d）得到，电容器的电容将增大。故 B 正确，A 错误。C、。、当尸变化时，电容变化，而板间电压不变，由。=0 7,故带电荷量。发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数。反之，电流计有示数时，压 力 F 必发生变化。故 C 正确，错误。故选：B C。根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F 向上压膜片电极时电容的变化.由题，电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，若电流计有示数，电容器在充电或放电，压力厂一定发生变化.本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式和决定式就能正确解答.1 1.【答案】BD【解析】解；A、带电颗粒在电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，颗粒做直线运动可知，电场力方向必定水平向左，则颗粒带负电，故 A 错误；8C、电场力对颗粒做负功，颗粒的机械能减小，电势能增加，故8正确，C错误；。、颗粒的合力方向与速度方向相反，合外力对颗粒做负功，根据动能定理可知其动能减小，故。正确。故选：B D。带电颗粒在电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，根据颗粒做直线运动，可判定电场力的方向，确定电性。根据电场力做功情况，判断机械能、电势能的变化，由合力做功情况，判断动能的变化。本题要根据颗粒的运动状态判断颗粒的电性和电场力方向，抓住质点做直线运动的条件是关键。12.【答案】BC【解析】解：A、根据左手定则，正离子逆时针运动，负离子顺时针运动，速度大小相同，正离子的轨迹长，运动时间长，故A错误；8、洛伦兹力不做功，离子的速度大小不变，重新回到无轴时速度大小相同；射入方向与x轴均夹8角，粒子重新回到x轴时速度方向与x轴也均夹。角，速度方向均相同，故8正确；C、洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律V2qvB=m 解得“瞪则粒子运动轨道半径相同，故C正确；。、两个离子的轨迹组合是一个圆周，如下图根据圆的对称性，则粒子重新回到x轴时距。点的距离相同，故。错误。故选：B C。根据粒子运动轨迹判断粒子在磁场中运动时间关系。由粒子运动的半径公式得出半径的关系；粒子进入直线边界的磁场，进入时与边界的夹角与出来时与边界的夹角相同，大小不变。根据圆的对称性判断重新回到x轴时距。点的距离关系。粒子进入直线边界磁场，粒子进入直线边界的磁场，进入时与边界的夹角与出来时与边界的夹角相同，这是解题的关键点.13.【答案】；系统【解析】解：电流表外接时，电压表测得电压为电阻两端电压，电流表电流为电阻和电压表的总电流，故电流偏大，那么，电阻偏小，即 R真；这些误差是由实验设计本身造成的，实验方案不变，那么误差不变；那么，按照误差分类可知：这种误差为系统误差；故答案为：；系统。根据电流表接法确定电压、电流的偏差，从而根据欧姆定律得到电阻偏差；根据误差来源判断误差类型。伏安法测电阻实验中，若最大电流大于电流表量程则采用分压式接法，一般采用限流式接法；被测电阻较大，电流表采用内接法；被测电阻较小，电流表采用外接法。1 4.【答案】1.5；3.0【解析】解：电源电动势：F=/(/?+r),则：初由图示：图象可知：f c =7=I E 3.0 5解得：E=1.5V,图象纵轴截距：匕=5=2.0解得：r =3.O0；故答案为：1.5,3.0。根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。本题考查了实验数据处理，考查了求电源电动势与内阻，根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的前提与关键，根据图示图象可以解题。1 5.【答案】解：(1)离子在A点受到的洛伦兹力向下，根据左手定则判断得知该离子带负电(2)离子的偏向角为。=60。轨迹如图所示由叩8=竿 得 氏=合 一 由几何知识得R =r c o t 3 0。-由得r c o t 3 0 =故*德答：该离子带负电荷；该离子的电荷量与质量之比幺=畀m 3rB【解析】离子在A点受到的洛伦兹力向下，根据左手定则判断电性.画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿第二定律求出比荷.本题是粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，关键是运用几何知识画出轨迹、求出半径.1 6.【答案】解：（1）设S 2 断开时R 1 消耗的功率为P1，则P1 =（旨）2%,代入数据可以解得r =1 2（2）设S?闭合时两端的电压为U,消耗的功率为Pz，则P2 =解得U =84V由闭合电路欧姆定律得后=/+，代入数据，得/=2 64流过 的电流为A，流过电动机的电流为与，/i=W =44,而A +，2 =/，所以与=2 2 4,由以2 =P出+欧R o,代入数据得匕归=1 60 6”【解析】（1）根据S 2 断开时治消耗的功率为P=（肃。2%，求出内阻兀（2）当电键S 2 闭合时，根据电阻&的电功率求出两端的电压和通过公的电流，再根据E=U+Ir,求出总电流.从而求出通过电动机的电流，根据P,%=2 一4 R,求出电动机的输出功率.解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系.1 7.【答案】解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，根据电容器电压与电场的关系得：U 90f=d=w=9 0 00lz/mF=Eq=90 0 0 X 1.6 x 1 0-1 9=1.44 x 1 0 1 5i V又因为F=m a所以a =144x10 x 1.6 x 1 01 5m/s2m 9.1 X 1 0-3 1/水平方向做匀速运动，故t=9 代入数据解得：t =2.5 xl 0-9 s所以y =；a，代入数据解得：y =o.5 c m（2）竖直方向速度：%=at,所以1 =J 诏+翦，代入数据解得：v=2.03 x 107m/s（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，水平方向：=M竖直方向PMjti，则：P0=P M +M O =P M +y,代入数据解得：P0=0.02 5 m；答：(1)电子偏离金属板时的侧位移是0.5 c m；(2)电子飞出电场时的速度是2.03 x 1 07m/s；(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=1 0c/n,O P的长为0.02 5 m【解析】(1)粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；(2)先根据v =a t求出竖直方向速度，进而求出电子飞出电场时的速度；(3)从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出。尸的长。该题考查了带电粒子在匀强电场中的偏转，运动规律是类平抛运动，常用的方法是沿电场方向和垂直于电场的方向上进行正交分解，前者是初速度为零的匀加速直线运动，后者是匀速直线运动。同时注意几何知识在物理学中的应用。