六校2021-2022学年高二上学期期末物理试卷(含答案解析)

六校2021-2022学年高二上学期期末物理试卷班级：_________姓名：_________分数：_________一、单选题（本大题共7小题，共28分）1、英国物理学家法拉第提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础。下列相关说法正确的是（）A.电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用都是通过电场发生的B.电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交C.磁体和磁体、磁体和通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的D.通过实验可以发现电场线和磁感线是客观存在的2、关于涡流、电磁阻尼、电磁驱动，下列说法不正确的是（）A.电磁炉利用电磁阻尼工作，录音机在磁带上录制声音利用电磁驱动工作B.真空冶炼炉熔化金属是利用了涡流C.金属探测器应用于安检场所，探测器利用了涡流的原理D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用3、雷雨天建筑物顶端一避雷针周围电场的等势面分布如图所示，A、B、C为空间电场中的三点，其中A、B两点位置关于避雷针对称，其中一电量大小为e的负电荷由C点移动到B点，下列说法中正确的是（）A.A、B两点的电场强度相同B.该负电荷在C点的电势能小于B点的电势能C.该负电荷从C点移动到B点，电场力做正功大小为2keVD.C点场强大于B点场强4、如图所示，两根互相垂直的绝缘长直导线紧挨放置，导线中分别通有向上和向右的大小相等的电流。正方形abcd分别关于两导线对称，a、b、c、d四点的磁感应强度大小分别为B1、B2、B3、B4。下列说法正确的是（A.B1、BB.B1、BC.B1、BD.B3、B5、如图所示，一个绝缘半圆环上均匀分布有同种电荷，固定在绝缘水平面上，在圆弧的圆心处放有一个点电荷，点电荷受到的电场力为F，若截走圆弧的12，则圆心处的点电荷受到的电场力大小变为（）A.22F B.12F C.6、质量为m，电阻率为ρ，横截面积为S，长度为L的粗细均匀的金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线悬挂，金属棒置于竖直方向的匀强磁场中，初始细线竖直，金属棒静止。现在MN两端加上大小为U的电压，使电流由M流向N，要使金属棒的绝缘细线静止时与竖直方向摆角成60°角，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.磁场方向竖直向上或向下，大小为mgρB.磁场方向竖直向上或向下，大小为3C.增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒摆角将小于60°D.增大金属棒长度，其余条件不变，金属棒摆角将大于60°7、如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R1、R2、R3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。开关闭合时，水平放置的平行金属板中间带电小液滴P处于静止状态。当滑动变阻器R4的滑片向a端滑动时，则（A.电源的效率一定会减小B.电源的输出功率一定会增大C.小液滴一定会向下运动D.若电流表、电压表的示数变化量分别为ΔI和ΔU，则|二、多选题（本大题共3小题，共12分）8、如图所示，三个灯泡L1、L2、L3规格相同，螺线管和二极管的导通电阻可以忽略。竖直悬挂的线圈中心轴线与螺线管的轴线水平共线。现突然断开开关S，将发生的现象是（A.L1逐渐熄灭，L2、B.L1逐渐熄灭，L2立即熄灭，C.线圈向左摆动，并有收缩趋势D.线圈中的感应电流为逆时针(从左向右看)9、如图所示，ab是长为L电阻为R的金属杆，它处在大小为B方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；S是以a为圆心位于纸面内的金属圆环。在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触。当杆沿顺时针方向以角速度ω转动时，某时刻ab杆的位置如图所示(金属圆环的电阻可忽略不计)，则此时刻（）A.有电流通过电流表，方向由c→dB.有电流通过电流表，方向由d→cC.作用于ab的安培力向右，大小为FD.作用于ab的安培力向左，大小为F10、一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，三角形bce为等腰直角三角形，其中∠bec=90°，be=ec=l，ab、bc与cd共线，ab间的距离等于l。一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从a点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（）A.可以经过三角形边界的粒子的速率最小值为qBlB.可以经过三角形边界的粒子的速率最大值为(1+C.在磁场中运动时间最短的粒子速率为qBlD.在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为2πm三、实验题（本大题共2小题，共15分）11、某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量一物体的直径和长度，读出图中的示数，图甲为______mm，图乙为______mm。12、在测量电源电动势和内电阻的实验中，实验室备有下列实验器材：A.电压表(量程0～3VB.电压表(量程0～6VC.电流表(量程0～0.6AD.电流表(量程0～200mAE.滑动变阻器(最大电阻10Ω，允许最大电流2A)G.一节干电池(电动势约为1.5V)H.电键、导线若干(1)为提高实验的精确程度，电压表应选用______；电流表应选用______；(以上均填器材前的序号)(2)为了较为精确的测定干电池的电动势和内阻，该同学用伏安法测电源电动势与内阻，请在图虚线框内画出实验所需的电路图；(3)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=______V，内阻r=______Ω。(结果均保留两位有效数字)四、计算题（本大题共4小题，共45分）13、如图甲所示，N=200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r=2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。(1)判断通过电阻R的电流方向和线圈产生的感应电动势E；(2)求电阻R的热功率P。14、如图所示，长l=1m的轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在方向水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量m=0.3kg，匀强电场的电场强度大小E=100N/C，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8(1)求小球所带电荷量及电性；(2)若将电场强度方向突然改成竖直向下，大小不变，求小球运动到最低点时受到细绳的拉力大小。15、如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的光滑平行导轨，导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，N、Q间连接有一个阻值R=1Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T。将一根质量为m=0.5kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度。已知金属棒沿导轨下滑过程中始终与NQ平行，不计金属棒和导轨的电阻(g=10m/(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd处的速度大小；(3)已知金属棒从ab运动到cd过程中，通过电阻的电荷量为10C，求此过程中电阻R产生的焦耳热。16、真空中有如图所示矩形区域，左边界MN、右边界CD的横坐标值分别是-L0、+3L0，上、下边界的纵坐标值分别是+L0、-L0。该区域充满竖直向上的匀强电场，且y轴右侧充满水平方向的磁感应强度大小均为B的匀强磁场，匀强磁场以轴为分界，上、下的方向分别垂直于纸面向外、向内。一质量为m、电荷量为+q的带电质点从MN边界上的P点以与+x夹角为某值(记为θ)的方向对着坐标原点O以某速率(记为v0)(1)匀强电场的场强E多大？(2)θ和v0(3)若该带电质点从P点沿原方向以另一速率(记为v)进入矩形区域，会从CD边上某点(不包括端点C，D)离开矩形区域，且离开时速度方向仍与x轴平行，则该带电质点在矩形区域内总共运动的时间t多大？

参考答案及解析1.答案：C

解析：A、电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的，通电导体和通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的，故A错误；B、电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，故B错误；C、磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故C正确；D、电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线，实际不存在，故D错误；所以选：C。电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线。本题要重点掌握电场磁场是客观存在的，但电场线和磁感线是不存在的，知道电荷、磁极和通电导体间的相互作用都是通过场完成的。2.答案：A

解析：A、电磁炉利用涡流工作，录音机在磁带上录制声音时，利用了电流的磁效应，故A错误；B、真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金属的，故B正确；C、金属探测器在探测金属时，由于被测金属中产生的涡流从而使报警器工作，故C正确；D、磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流，能起电磁阻尼的作用，故D正确。本题选不正确的，所以选：A。电磁炉利用涡流工作，录音机利用了电流的磁效应；电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流；金属探测器应用于安检场所，探测器利用了涡流的原理；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用；明确涡流、电磁阻尼、电磁驱动在生活中的应用是解决问题的关键。3.答案：C

解析：A.根据对称性可知A、B两点电场强度大小相同，但根据电场强度方向垂直于等势面可知A、B两点电场强度方向不同，故A错误；B.负电荷在电势越低的位置电势能越高，所以负电荷在C点的电势能大于B点的电势能，故B错误；C.该负电荷从C点移动到B点，电场力做正功大小为W=-e(φC-φBD.等势面越稀疏的位置电场强度小，所以C点场强小于B点场强，故D错误。所以选：C。由对称性分析电场强度，负电荷在电势越低的位置电势能越高，由W=qφ求解电场力做功大小，由等势面越稀疏的位置电场强度小判断CB点场强。本题考查静电力，学生需深刻理解电场强度与电势的关系。4.答案：A

解析：由于导线中分别通有向上和向右的大小相等的电流，且a、b、c、d四个点到通电导线的距离相等，故每根通电导线在四个点产生磁感应强度大小相等，设为B，根据安培定则可知，两根通电导线在a点的磁感应强度都是垂直纸面向外，故有B1两根通电导线在c点的磁感应强度都是垂直纸面向里，故有B3两根通电导线在b点的磁感应强度正好抵消，故有B2两根通电导线在d点的磁感应强度正好抵消，故有B4BCD错误，A正确。所以选：A。根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a、b、c、d点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。此题考查了磁感应强度的计算，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。5.答案：A

解析：将绝缘半圆环等分，如图所示根据力的合成可知，2F'cos45°=F整理可得F'=2根据对称性和电场的叠加原理可知，若截走圆弧的12，则圆心处的点电荷受到的电场力大小变为F'=故A正确，BCD错误。所以选：A。根据对称性和电场的叠加原理，结合题意求出若截走圆弧的12在本题中，要注意电场的叠加原理，另外要注意对称法的应用，在平常练习中要注意训练。6.答案：B

解析：AB、根据电阻定律可知金属棒的电阻为：R=ρL通过金属棒的电流为：I=U当磁场方向竖直向上或向下时，金属棒所受安培力水平向右或向左，都可以使金属棒与竖直方向成一定角度，金属棒所受安培力大小为：F=BIL当摆角为60°时，根据平衡条件可知，tan60°=F联立解得：B=3mgρUS，故ACD、根据上述分析可知，tanθ=BUS由上述表达式可知θ与绝缘细线的长度无关，与金属棒的质量成反比，所以增大绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒摆角将不变；增大金属棒长度，其余条件不变，则金属棒质量增大，摆角将小于60°，故CD错误；所以选：B。对金属棒进行受力分析，结合电阻定律和安培力公式分析出磁场的大小和方向；根据θ角的表达式，分析出不同物理量对摆角的影响。本题主要考查了共点力的平衡，解题的关键点是根据安培力的公式结合电阻定律分析出磁场的大小，根据角度的表达式分析出不同物理量对摆角的影响。7.答案：D

解析：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器RA.由于路端电压增大，根据η=UIEI×100%=B.由于不知道电源内电阻与外电阻的大小关系，所以当滑动变阻器R4的滑片向a端滑动时，不能判断电源输出功率的变化情况，故BC.由分析知电压表的示数增大，金属板板间的电场增大，电场力增大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动，故C错误；D.根据电路可知，干路电流减小，流过R3的电流增大，流过R4的电流减小，则干路电流减小量小于R4的电流减小量，即ΔI总<ΔI；由于所以选：D。根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，判断电阻功率的变化，确定电容器两端电压变化情况，油滴受力变化和运动情况。将电阻R1和r本题结合了电路分析和静电场知识，及等效电路方法，关键在于将电阻R1和r8.答案：BD

解析：AB、电感L的电阻可忽略，D为理想二极管，闭合时，通过灯泡L1的电流大于通过L3的电流；断开电键，原来通过L2和L3的电流立即消失，通过L1的电流由于线圈对电流的变化有阻碍作用，阻碍电流的变化，且与L3构成回路，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L2，则L2立即熄灭，由于开始通过L1的电流大于通过LC、电流的减小时，螺线管产生的磁场减弱，根据楞次定律可知，线圈向右摆动，并有面积扩大的趋势，以阻碍磁通量的减小，故C错误；D、由图，电流从左向右流过螺线管，根据安培定则，螺线管内产生的磁场方向向左，则穿过线圈的磁场方向向左；由于电流的减小，所以螺线管产生的磁场减弱，则处线圈的磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环上的感应电流逆时针方向(从左向右看)，故D正确。所以选：BD。根据线圈对电流有阻碍作用，以及二极管具有单向导电性进行分析．根据安培定则判断螺线管内产生的磁场的方向，然后根据楞次定律判断线圈内的感应电流的方向以及受力。解决本题的关键知道线圈对电流的变化有阻碍作用，以及知道二极管特性．9.答案：AC

解析：AB、图示位置时，ab杆向左运动，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向a→b，电流通过电流表，方向由c→d，故A正确，B错误；CD、根据左手定则，作用于ab的安培力向右；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E=BLv感应电流大小为：I=E根据安培力的计算公式可得ab的安培力为：F安=BIL=B2L所以选：AC。根据右手定则判断电流方向，根据左手定则判断安培力的方向，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律、安培力的计算公式求解安培力大小。本题主要是考查了法拉第电磁感应定律、右手定则、左手定则；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=110.答案：BC

解析：AB.设粒子在磁场中运动的半径为r、速率为v，根据牛顿第二定律有qvB=mv解得r=mv可以经过三角形边界的粒子的最小半径为rmin所以可以经过三角形边界的粒子的速率最小值为vmin可以经过三角形边界的粒子的最大半径为rmax所以可以经过三角形边界的粒子的速率最大值为vmax故A错误，B正确；CD.根据几何关系可知，打在b、c两点的粒子运动时时间最长，为半个周期，而打在bc边上的粒子的运动时间随到b点的距离增大而减小，打在ec边上的粒子的运动时间随到e点的距离增大而增大，因此打在e点的粒子运动时间最短，此时粒子的运动半径为l，所以速率为v=qBlm，其运动时间为故C正确，D错误。所以选：BC。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子的轨道半径与转过的圆心角，然后分析答题。根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律即可解题。11.答案：1.195

20.30

解析：螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为1mm+0.195mm=1.195mm；20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：20mm+0.30mm=20.30mm；所以答案为：1.195，20.30；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。12.答案：A

C

1.5

1.0

解析：(1)待测干电池的电动势约为1.5V，电压表应选择A；由于电流表D内阻较大，若选用D，通过调节滑动变阻器只能使电路中电流大约在50-_75mA范围内变化，电流变化范围较小，不利于数据的获取，因此电流表应选择C。(2)如图所示(3)U-I图像的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示内阻，即E=1.5v，r=1.5-1所以答案为：(1)A，C(2)如图所示(3)1.5，1.0测定电源的电动势和内阻，认识电源输出电压随电流变化的图象。本题考查测量电源电动势、内阻，以及实验器材的选择。本实验的难点在于实验器材的选择，涉及到实验器材的选择需要从器材安全、实验的可操作性以及电表示数合理等三方面结合考虑，切不可只注重了器材安全而忽略其他两个方面。13.答案：(1)线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极；通过电阻R的电流方向a→b；由法拉第电磁感应定律得：E=NΔΦ(2)由闭合电路的欧姆定律得：I=E根据电功率的计算公式可得：P=I答：(1)通过电阻R的电流方向为a→b，线圈产生的感应电动势为10V；(2)电阻R的热功率为1.92W。

解析：(1)根据楞次定律判断感应电流的方向，由图求出磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势；(2)根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流，再根据电功率的计算公式求解电功率。此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，掌握法拉第电磁感应定律、电功率的计算公式是关键。14.答案：(1)对小球受力分析如图所示，小球静止，根据共点力的平衡条件可得F=Eq=mgtan37°代入数据可得q=2.25×10小球受力方向与场强方向相同，故小球带正电；(2)若将电场强度方向突然改成竖直向下，大小不变，则小球受到的等效重力G'=G+F小球运动到最低点时过程中，只有等效重力做功，根据动能定理有G'l(1-cos37°)=1在最低点，绳的拉力和等效重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有F拉代入数据可得小球受到细绳的拉力大小F拉答：(1)小球所带电荷量为2.25×10(2)小球运动到最低点时受到细绳的拉力大小为7.35N。

解析：(1)对小球受力分析，根据共点力的平衡条件结合题意求出小球所带电荷量及电性；(2)利用等效重力，结合动能定理和牛顿第二定律求出小球在最低点时受到的细绳的拉力。在处理复合场问题时，若有效的利用等效重力，可以使问题更为简便；另外要注意等效重力大小等于物体平衡时受到的合力。15.答案：(1)金属棒刚开始下滑时，受重力、支持力作用，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma代入数据解得加速度大小为：a=6m/s(2)当金属棒达到稳定速度vm时，感应电动势：E=根据闭合电路的欧姆定律可得：I=E安培力FA对金属棒根据平衡条件可得：FA代入数据解得：vm(3)根据电荷量的计算公式可得：q=I⋅设金属棒从ab运动到cd过程中的位移为x，则q=B代入数据解得：x=20m从开始释放到到达cd，若克服安培力做功为WF，由动能定理得：mgxsinθ-根据功能关系知，产生的热量：Q总代入数据得：Q总答：(1)金属棒沿导轨开始下滑时的