2021-2022年宁夏银川市第二中学高二（上）期末物理试题（解析版）

1、 银川二中2021-2022学年第一学期高二年级期末考试物 理 试 题一、选择题（本题共20小题。共65分。1-15题每题只有一项符合题目要求，每小题3分，15-20题每题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）。1. 关于物理学史和物理思想、方法，下列说法正确的是（）A. 库仑利用扭秤实验测定了元电荷的数值B. 法拉第发现了电流的磁效应C. 电场强度、磁感应强度都采用了比值定义法D. 点电荷的建立采用了理想模型法，任何小带电体都可视为点电荷【答案】C【解析】【详解】A密立根用油滴实验测出了元电荷的数值，选项A错误；B奥斯特发现了电流的磁效应，选项B错误；C电

2、场强度磁感应强度都采用了比值定义法，选项C正确；D点电荷的建立采用了理想模型法，当带电体的形状、体积和电荷量对所研究的问题影响可以忽略时，带电体才可以看成点电荷，故D错误；故选C。2. 下图中能产生感应电流的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A图中没有闭合回路，所以不能形成感应电流，故A错误；B磁感应强度不变，由于运动的两个导体棒围成的横截面积增大，由公式可知磁通量变化，两导体棒与导轨形成闭合回路，所以可以产生感应电流，故B正确；C导线前，磁感应强度方向向下，导线后，磁感应强度方向向上，由对称性可知，整个线圈磁通量为零，磁通量不随电流的增大而变化，没有感应电流产生，故C错

3、误；D线圈向右移动，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故D错误。故选B。3. 如图，小磁针放在线圈左侧，且两者处于同一平面内。当在线圈中通入顺时针方向的电流后，小磁针极的指向是（）A. 垂直纸面向外B. 向上C. 垂直纸面向里D. 向下【答案】A【解析】【详解】根据安培定则可知，用右手握住通电线圈，四指为电流方向，大拇指为通电线圈中心轴线磁场方向，可知线圈里面磁场垂直纸面向里，线圈外面磁场垂直纸面向外，故小磁针极的指向是垂直纸面向外，故A正确，BCD错误。故选A。4. 在以下几幅图中，力的方向判断正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A由左手定则可知，通电导线受力

4、向上，故A错误；B由左手定则可知，带正电粒子受力向左，故B错误；C由左手定则可知，通电导线受力垂直指向纸外，故C错误；D由左手定则可知，带负电粒子受力垂直纸面向外，故D正确。故选D。5. 如图，在负点电形成的电场中，一条电场上有A、B两点，一个正的检验电荷由A移动到B，将克服电场力做功。比较A、B两点的场强和电势的大小，下述结论正确的是（）A. B. C D. 【答案】D【解析】【详解】由题意可知电场强度的方向由B指向A，所以A更加靠近负点电荷，则。根据沿电场强度方向电势降低可知，故选D。6. 如图所示，电源的内阻不可忽略，在滑片从最右端向最左端滑动的过程中，下列说法正确的是（）A. 电源的内

5、耗功率减小B. 电源消耗的总功率变大C. 电阻R1的功率增大D. 电源的输出功率减小【答案】B【解析】【详解】AB.滑片向左移动，R3减小，电路总电阻减小，总电流I增大，由PrI2r，PIE，可知电源的内耗功率和电源消耗的总功率均变大，故A错误，B正确；C.由于总电流增大，因此内电压变大，路端电压减小，则电阻R1的功率将减小，故C错误；D当外电路的电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大，由于电阻的阻值情况未知，因此输出功率的变化无法确定，故D错误。故选B。7. 如图所示，线圈A与电源、开关相连。线圈B与电阻R连接成闭合电路。电键闭合、断开的瞬间，关于通过电阻R的电流方向判断正确的是（）A.

6、 电键闭合瞬间，电流方向a到bB. 电键闭合瞬间，电流方向b到aC. 电键断开瞬间，电流方向a到bD. 电键断开瞬间，铁芯中磁感线沿逆时针方向【答案】A【解析】【详解】AB电键闭合瞬间，根据安培定则可知铁芯中产生顺时针方向的磁感线，通过线圈B的磁通量向下增大，根据楞次定律可知电流方向a到b，故A正确，B错误；CD电键断开瞬间，通过线圈B的磁通量向下减小，根据楞次定律可知电流方向b到a，此时感应电流的磁场阻碍原磁场的减小，所以铁芯中磁感线仍沿顺时针方向，故CD错误。故选A。8. 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度

7、的大小均为B，则该处的磁感应强度的大小和方向是（ ）A. 大小为B，方向垂直斜边向下B. 大小为B，方向垂直斜边向上C. 大小为B，斜向右下方D. 大小为B，斜向左下方【答案】C【解析】【详解】由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图；则：B合=，故ABD错误，C正确，故选C点睛：磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提9. 如图，质量为m的金属杆ab垂直放在水平导轨上，处在匀强磁场中，磁场方向与水平面成角斜向上。开关闭合后金属杆保持静止，正确表示金属杆受力示意图的是（从a端看）（）A. B. C. D. 【

8、答案】B【解析】【详解】由左手定则知金属杆所受安培力垂直与磁场方向向左上方，金属杆保持静止，由平衡条件可知，金属杆一定受到向右的摩擦力，金属杆也一定受到轨道的支持力，以及重力，受力示意图如图故B正确，ACD错误。故选B。10. 薄铝板将同一匀强磁场分成、两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，但速率减小，则该粒子（）A. 带正电B. 在、区域的运动速度大小相同C. 在、区域的运动时间相同D. 从区域穿过铝板运动到区域【答案】C【解析】【详解】AD粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m解得

9、粒子穿过铝板后，速率减小，电量不变，知轨道半径减小，所以粒子是从区域穿过铝板运动到区域，根据左手定则知，粒子带负电，故AD错误；B高速带电粒子穿过铝板后速率减小，知在、区域的运动速度大小不同，故B错误；C粒子在磁场中做圆周运动的周期周期大小与粒子的速度无关，粒子在你两区域的运动时间都是半个周期，则粒子在、区域的运动时间相同，故C正确。故选C。11. 如图，甲、乙两个带电粒子沿着垂直于磁感线的方向从某点射入同一匀强磁场中，它们在磁场中的运动轨迹重合，两粒子的质量m乙=2m甲，两粒子的电量q乙=q甲。它们在磁场中运动，大小相等的物理量是（）A. 时间B. 加速度C. 动量D. 动能【答案】C【解析

10、】【详解】两粒子在磁场中的运动轨迹重合，可知运动半径相等，根据可得 因为q乙=q甲m乙=2m甲则两粒子动量p=mv0相等；加速度可知加速度不等；动能可知动能不相等；周期可知周期不等，运动时间不相等。故选C。12. 如图所示，在匀强磁场中，三种粒子从同一地点垂直进入磁场，速度方向竖直向上，速度方向竖直向下，速率大小相等，磁场足够大，不计重力及粒子间的相互作用，则三个粒子的运动轨迹可能是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由左手定则可知和进入磁场后向左偏转，粒子向右偏转；由洛仑兹力提供向心力得可知的轨道半径比的轨道半径大，粒子的轨道半径与的轨道半径一样大，故A正确。故选A。13.

11、 如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有定值电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀增大，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A. ab中的感应电流方向由a到bB. ab中的感应电流逐渐增大C. ab所受的安培力保持不变D. 电阻R的热功率不变【答案】D【解析】【详解】A磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律得知ab中的感应电流方向由b到a，故A错误；B由于磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律知感应电动势恒定，则ab中的感应电流恒定，故B错误；C根据安培力公式可知安培力增大，

12、故C错误；D电阻的热功率电流恒定，则热功率不变，故D正确。故选D。14. 图示区域有方向竖直向下的匀强电场和水平向里的匀强磁场，一带正电的微粒（不计重力）以水平向右的初速度进入该区域时，恰能沿直线运动。不考虑微粒运动的电磁辐射，下列说法正确的是（）A. 若改变该微粒的电荷量后将不能再沿直线运动B. 若该微粒以水平向左的初速度进入此区域，也能做直线运动C. 若减小该微粒进入此区域的初速度，之后运动过程中微粒的动能可能变大D. 若换成带负电的微粒（不计重力）以水平向右的初速度进入该区域后，不能沿直线运动【答案】C【解析】【详解】A由题意，根据平衡条件可得所以改变该微粒的电荷量后微粒依然可以沿直线运

13、动，故A错误；B若该微粒以水平向左的初速度进入此区域，则微粒所受洛伦兹力将变为竖直向下，无法与电场力平衡，此时微粒不能做直线运动，故B错误；C若减小该微粒进入此区域的初速度，则微粒刚进入复合场时所受洛伦兹力小于电场力，微粒会先向下偏转，此时电场力对微粒做正功，微粒速度增大，动能增大。在之后的运动过程中，若微粒所受洛伦兹力在竖直方向的分力始终小于电场力，则微粒将一直向下偏转，动能持续增大；若洛伦兹力增大至其在竖直方向的分力大于电场力，则微粒在离开复合场前可能还会存在向上偏转的运动过程，此过程电场力做负功，微粒动能减小，综上所述可知微粒的动能可能变大，故C正确；D若换成带负电的微粒（不计重力）以水

14、平向右的初速度进入该区域后，若微粒的速度大小不变，则仍能沿直线运动，故D错误。故选C。15. 如图所示，空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60。不计粒子重力，该磁场的磁感应强度大小为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图所示粒子做圆周运动的轨道半径根据洛伦兹力提供向心力得解得故选A。16. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）A. 甲图要增大粒子最大动能，可增加电

15、压B. 乙图可判断出B极板是发电机的正极C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D. 丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势高【答案】BD【解析】【详解】A根据可得结合，可知粒子的最大动能为粒子的最大动能与加速电压无关，要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度B和金属盒半径R，故A错误；B根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B正确；C速度选择器选择的是带电粒子的速度，但丙图无法判断出带电粒子的电性，根据可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是故C错误；D根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时D

16、板电势高，故D正确。故选BD。17. 如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，电压表、电流表的示数变化量分别为U和I，下列说法正确的是（）A. 电压表读数增大B. 带电质点向下运动C. 电源效率变高D. 【答案】BD【解析】【详解】A滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，连入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知干路电流增大，电源的内电压和R1的电压增大，则并联部分的电压减小，电压表读数减小，故A错误；B平行金属板间电压减小，根据知平行金属板间的场强减小，带电质点P受到的电场力减小，则带电

17、质点P将向下运动，故B正确；C电源的效率为根据前面分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；D电流表示数即干路电流为I，电压表示数为U，由闭合电路欧姆定律得则有故D正确。故选BD。18. 如图所示，水平导轨间距为d，在导轨中接有电源E和定值电阻R，导轨上固定了三根用同种材料制成的粗细相同的导体棒a、b、c，其中a为长度La=d的直导体棒并垂直导轨放置，b为长度为Lb=2d的倾斜直导体棒，c为长度Lc=2d的弯曲导体棒，其固定在导轨上的两个端点M、N间的距离为d，导轨电阻不计。现将装置于垂直纸面向外的与强磁场中，接通电源后，三根导体棒受到的安培力的大小关系正确的是（）A. B. C.

18、 D. 【答案】BC【解析】【详解】由题意可知，三个导体棒的长度不同，由电阻定律可得设导体棒两端的电压为U，由安培力公式F=BIL可得c导体棒在磁场中受安培力的有效长度是d，则有由此可知FaFcFa=FbAD错误，BC正确。故选BC。19. 质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量。其工作原理如图所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知（）A. 此粒子带负电B. 若只增大加速电压U，则半径r变大C. 若只增大入射粒子的质量，则半径r变小D. x越大，则粒子的质量与电荷量之比

19、一定越大【答案】BD【解析】【详解】A由题图，结合左手定则可知，该粒子带正电，A错误；BC根据动能定理得由可得若只增大加速电压U，则半径r变大，若只增大入射粒子的质量，则半径r变大，B正确，C错误；D由x越大，则粒子的质量与电荷量之比一定越大，D正确 。故选BD。20. 如图甲所示，匝的线圈（图中只画了1匝），电阻，其两端、与一个的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化。下列判断正确的是（）A. ab两点的电压大小为B. 线圈中的感应电流大小为C. 线圈中感应电流的方向由到D. 端电势比端高【答案】BD【解析】【详解】A由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电

20、动势大小为ab两点的电压大小为故A错误；B线圈中的感应电流大小为故B正确；CD由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向由b到a，且由电源内部电流方向为负极流向正极，所以端电势比端高，故D正确，C错误。故选BD。二、实验题（共14分，其中第21题6分，22题8分）21. 伏安法测电阻，测量电路的接法有安培表内接法和安培表外接法两种电路，如图、所示，其中_（填或）属安培表外接法用安培表外接法测，测量值，与真实值比，是偏_（填大或小），外接法适用于测阻值较_（填大或小）的电阻。【答案】 . A . 小 . 小【解析】【详解】1 安培表外接法是指待测电阻先与电压表并联后再与电流表串联的接法，故A图为外接法

21、；2 使用外接法时，由于电压表分流而使电流测量值偏大，电压测量值是准确的，则由欧姆定律可知，电阻测量值偏小；3 当待测电阻的阻值相对电压表较小时，电压表的分流较小，则产生的误差较小，故该接法适合测小电阻22. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A电流表（内阻，满偏电流）B电流表（内阻约为，量程为）C定值电阻D滑动变阻器E干电池组F一个开关和导线若干G螺旋测微器，游标卡尺（1）如图，用螺旋测微器测金属棒直径为_；（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_挡（填“”或“”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则金属

22、棒阻值约为_；（3）根据提供器材，为了尽可能精确测量金属棒的阻值，设计出电路图如图乙所示若实验测得电流表示数为，电流表示数为，则金属棒电阻的符号表达式为_。（用，表示）【答案】 . 6.123 . . 10.0 . 【解析】【详解】（1）1金属丝的直径为（2）2用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，即偏向0刻度线，所以示数偏小，要增大示数则要倍率减小换成“”的倍率。3电阻读数为（3）4由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为三、解答题（共31分，其中第23、24题10分，第25题11分）23. 如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，与水平面夹角=37，导轨间距L=0.4m，其下端连接一个定值电阻R=3，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强