2021-2022学年黑龙江省大兴安岭市呼玛高级中学高三（上）期末物理试卷（含解析）

…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page1818页，共=sectionpages1919页第=page1919页，共=sectionpages1919页2021-2022学年黑龙江省大兴安岭市呼玛高级中学高三（上）期末物理试卷第I卷（选择题）一、单选题（本大题共7小题，共28分）某气象研究小组用图示简易装置测定水平风速，在水平地面的底座(始终保持静止)上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，也与球正对风的截面积成正比，当风速v0=3m/s时，测得球静止时细线与竖直方向的夹角A.当θ=60°时，风速v=6m/s

B.若风速增大到某一值时，θ可能等于90°

如图所示，等边三角形ABC的顶点A、B、C分别固定三个电荷量相等的点电荷，其中A处的电荷带负电，B、C处的电荷带正电，M、N、H分别为三角形三条边的中点，O为三角形的中心，取无穷远电势为0，则下列说法正确的是(

)

A.M点和H点的电场强度相同

B.把电子从M点移到H点电场力做功为零

C.O点的电势大于N点的电势

D.电子在M点的电势能小于它在N点的电势能如图所示电路，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，电压表、电流表的示数变化情况为(

)A.两电表示数都增大 B.电压表示数增大，电流表示数减少

C.两电表示数都减少 D.电压表示数减少，电流表示数增大如图所示是用阴极射线管演示电子在磁场中受洛仑兹力的实验装置，图上管中虚虚线是电子的运动轨迹，那么下列相关说法中正确的有(

)A.阴极射线管的A端应接正极

B.C端是蹄形磁铁的N极

C.无法确定磁极C的极性

D.洛仑兹力对电子做正功如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直．当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用FN表示磁铁对桌面的压力，F静表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较是(

)A.FN减小，F静=0 B.FN减小，F静≠0

C.F如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场，完全穿出后速度变为

A.完全进入磁场中时，线圈的速度大于v0+v2

B.完全进入磁场中时，线圈的速度等于v0+v2

C.完全进入磁场中时，线圈的速度小于v0+v2如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01m2，磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为A.-3V B.2V

C.3V D.二、多选题（本大题共3小题，共18分）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将有感应电流产生(

)A.向右做匀速运动 B.向左做匀加速直线运动

C.向右做减速运动 D.向右做变加速运动如图所示，A、B为相同的灯泡，C为电容器，L为电感线圈(其直流电阻小于灯泡电阻)。下列说法中正确的有(

)A.闭合开关，B立即发光

B.闭合开关，电路稳定后，A中没有电流

C.电路稳定后，断开开关，B变得更亮后再熄灭

D.电路稳定后，断开开关，A中电流立即为零

如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，所带的电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外。设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中，下列说法正确的是(

)A.小球加速度先增加后减小

B.小球速度一直增加

C.棒对小球的弹力一直减小

D.小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变第II卷（非选择题）三、实验题（本大题共4小题，共44分）某学习小组通过实验来研究电器元件Z的伏安特性曲线.他们在实验中测得电器元件Z两端的电压与通过它的电流的数据如表：U0.000.200.501.001.502.002.503.00I0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215现备有下列器材：

A.内阻不计的6V电源；

B.量程为0～3A的内阻可忽略的电流表；

C.量程为0～0.3A的内阻可忽略的电流表；

D.量程为0～3V的内阻很大的电压表；

E.阻值为0～10Ω，允许通过的最大电流为3A的滑动变阻器；

F.电键和导线若干。

(1)这个学习小组在实验中电流表选______(填器材前面的字母)。

(2)利用表格中数据描绘出电器元件Z的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线可知该电器元件Z的电阻随U的变大而______(填“变大”“变小”或“不变”)。

(3)若把电器元件Z接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U-I图象和如图丙所示的UI-x图象．

(1)由图乙可得电源的电动势E=______V；内阻r=______Ω.

(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12×10-6m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为______Ω⋅m，图丙中图象截距的物理意义是______Ω.(以上结果均保留两位有效数字某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1200Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。

(1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线。

(2)当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图(c)所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是______。(填正确答案标号)

A.18mA

B.21mA

C.25mA

D.28mA

(3)产生上述问题的原因可能是______。(填正确答案标号)

A.微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200Ω

B.微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200Ω

C.某小组利用图(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中和为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻(阻值100Ω)；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0μA时得到的某硅二极管U-t关系曲线。回答下列问题：

(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，应调节滑动变阻器R，使电压表的示数为U1=______mV；根据图(b)可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻______(填“变大”或“变小”)，电压表示数______(填“增大”或“减小”)，此时应将R的滑片向______(填“A”或“B”)端移动，以使示数仍为U1。

(2)由图(b)可以看出U与四、计算题（本大题共2小题，共20分）在受控热核聚变反应的装置中温度极高，因而带电粒子没有通常意义上的容器可装，而是由磁场将带电粒子的运动束缚在某个区域内。现有一个环形区域，其截面内圆半径R1=33m，外圆半径R2=1.0m，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场(如图所示)。已知磁感应强度B=1.0T，被束缚带正电粒子的荷质比为qm=4.0×107C/kg，不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用。

如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN，PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g=10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：

(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；

(2)磁感应强度

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、设球正对风的截面积为S，由于已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，所以风力大小为：F=kSv，当速度为3m/s时，由平衡条件得：mgtan30°=Sv0k，当角度为60°时，同理可得：mgtan60°=Svk，由此可解得：v=9m/s，故A错误。

B、风速增大，θ不可能变为90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡，故B错误。

C、若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，知风力不变，根据F=mgtanθ2.【答案】B

【解析】解：A、M、H点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；

B、将一个试探电荷从M点移动到H点，A处的负电荷对其不做功，B、C两处的电荷对其做的总功为零，所以把电子从M点移到H点电场力做功为零，故B正确；

C、对B、C处的正电荷来说，NO正好在它们连线的垂直平分线上，根据等量同种电荷的电场线特点可知，垂直平分线上的场强方向从N指向O，对A处的负电荷来说，电场的方向也是从N指向O，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知O点的电势低于N点的电势，故C错误；

D、将电子从M点移动到N点，B处的正电荷对其不做功，C处的正电荷对其做正功，A处的负电荷对其也做正功，则其电势能减小，则电子在M点的电势能大于它在N点的电势能，故D错误。

故选：B。

根据电场的叠加原理分析可知，M、N两点的场强大小相等，方向不同；把电子从M点移到H点，处的负电荷对其不做功，BC处的电荷对其做的总功为零；根据电场线的分布情况判断O点和N点的电势高低；根据电场力做功正负分析电子在M点的电势能与它在N点的电势能大小。

对于这样三个电荷的电场，关键要灵活运用电场的叠加原理，分析电场线和电势分布情况。

3.【答案】B

【解析】解：当滑动变阻的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻R2并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，R1两端电压变小，R2两端电压变大，即电压表示数增大。并联部分的电压增大，所以电阻R2的电流增大，由于总电流I变小，所以电流表示数减小。故ACD错误，B正确。

故选：B。

当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化及路端电压的变化，即可知电压表示数的变化。由欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可判断通过电阻R4.【答案】B

【解析】解：A、如图，电子从A极射向B极，电子带负电，则B端应接正极，A端应接负极。故A错误。

B、C电子束向下偏转，洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断可知，C端是蹄形磁铁的N极。故B正确，C错误。

D、洛伦兹力方向总是与电子速度方向垂直，不做功。故D错误。

故选：B。

阴极射线管电子从A极射向B极，电子带负电，可以判断A、B所接电源的极性．根据左手定则判断磁铁的极性．洛伦兹力方向总是与电子速度方向垂直，不做功．

本题考查对阴极射线管结构、特性及左手定则理解和应用能力．左手定则应用时要注意四指指向负电荷运动的反方向．

5.【答案】C

【解析】解：(1)磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，如下图所示：

(2)长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的；

(3)因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力。

故选：C。

(1)通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；

(2)摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动．

(1)本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析；

(2)摩擦力产生的条件是两个相互接触的物体已经发生相对运动，或者有相对运动的趋势．

6.【答案】B

【解析】解：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为v1，末速度为v2.由动量定理可知：

BIL△t=mv2-mv1，又电量q=I△t，得

m(v2-v1)=BLq，

得速度变化量△v=v27.【答案】A

【解析】解：与线圈轴线成30°角穿过线圈的向右磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有

E=N△Φ△t

其中△Φ△t=△B△tS⋅cos30°

由图可知：

△B△t=6-22T/s=2T/s

代入数据解得：E=1008.【答案】BCD

【解析】解：A、导体棒ab向右匀速运动时，由公式E=BLv，知ab中产生的感应电动势不变，通过螺线管的电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流。故A错误。

B、导体棒ab向左做匀加速运动时，由公式E=BLv，知ab中产生的感应电动势增大，通过螺线管的电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，c中有感应电流。故B正确。

C、导体棒ab向右做减速运动时，ab中产生的感应电动势减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，c中有感应电流。故C正确。

D、导体棒ab向右做变加速运动时，ab中产生的感应电动势增大，通过螺线管的电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，c中有感应电流。故D正确。

故选：BCD。

要使线圈c中有感应电流产生，磁通量必须变化．而引起c感应电流的磁场是由左侧线圈产生的，根据公式E=BLv分析ab产生的感应电动势的变化情况，即可判断出线圈中电流的变化，从而能分析c9.【答案】AC

【解析】解：A、闭合开关瞬间，电感L阻碍电流流过，电流都通过B，B立即发光，故A正确

B、闭合开关，电路稳定后，说明电容充电完毕，电流都通过A，故B错误

C、电路稳定后，断开开关，电感L阻碍电流减少，感应出短暂电流继续流，反向流过B，因为电感线圈的直流电阻小于灯泡电阻，所以感应出的电流比原来B的电流大，B变得更亮后再熄灭，故C正确

D、电路稳定后，断开开关，电容器放电，A中电流不会立即为零，故D错误

故选：AC。

A、B、选项：闭合开关瞬间，电容器充电，电感L阻碍电流流过，稳定后电容器充电完毕，电感线圈只表现为其直流电阻。

C、D、选项：电路稳定后，断开开关，电容器放电，电感线圈发生自感现象，阻碍电流变小。

题目考查电容、电感，需要注意电感阻碍电流变小是从原来的大小慢慢变小，直至为零，此类题目中B可能变得更亮后再熄灭，也可能直接慢慢熄灭，取决于后来通过的电流是否大于远离流过的电流。

10.【答案】AD

【解析】解：小球下滑过程中，受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力．

开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，

小球所受的杆的弹力向左，大小为N=qE-qvB，N随着v的增大而减小，

滑动摩擦力f=uN也减小，小球所受的合力F=mg-f，f减小，F增大，加速度a增大；

当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；

小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，

小球所受的杆的弹力向右，大小为N=qvB-qE，v增大，N增大，f增大，F减小，a减小．

当mg=f时，11.【答案】C

变大

6.7

【解析】解：(1)由表中实验数据可知，电流最大测量值为0.215A，电流表应选C；

(2)由图示I-U图象可知，图象是曲线，所以电流随电压的变化是非线性关系；随电压增大，通过元件的电流增大，电压与电流的比值增大，元件阻值变大；

(3)把电器元件Z接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为0.150A，从图甲可以读出此时元件Z的电压为UZ=1.00V，所以U0=2V-1.00V=1.0V，则R0=U0I=1.00.15Ω=6.7Ω12.【答案】3.00；1.0；1.3×10-6【解析】解：(1)图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，从图上可得：E=3.00V.在图象中找出两个清晰的点，

读出对应的数据，然后根据公式：r=△U△I=1.0Ω；

(2)电阻丝电阻R=UI=ρxS+RA，则UI=ρSx+RA，UI-x图象的斜率k=ρS=8-20.6=10，

电阻率ρ=kS=10×3.14×(0.400×10-32)13.【答案】(1)实物电路图如图所示

(2)C(3)AC

【解析】【分析】

(1)根据电路图连接实物电路图。

(2)根据微安表量程与图(c)所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，然后根据电流表改装原理求出改装后电流表的量程。

(3)把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，根据题意与改装原理分析实验误差。

(4)根据电流表的改装原理与题意求出并联电阻阻值。

本题考查了电流表的改装问题，把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值，掌握基础知识是解题的前提与关键，根据题意应用基础知识即可解题。

【解答】

(1)微安表与分流电阻并联可以改装成电流表，根据图(a)所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

(2)微安表量程为250μA，由图(c)所示表盘可知，其分度值为5μA，其示数为160μA，

电流表示数为16.0mA，电流表示数为微安表示数的16.0×10-3A160×10-6A=100倍，

改装后电流表量程为：250×10-6×100A=25×10-3A=25mA，故C正确；

故选：C；

(3)CD、由(2)可知，改装后电流表量程偏大，则流过分流电阻的电流偏大，由