2021-2022学年河南省开封市五县高二（上）期末物理试题（解析版）

2021~2022学年五县高二期末联考物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全得3分，错选或不选得0分。1.下列说法正确的是（）A.电荷在电场中的受力方向一定与电场的方向相同B.导体棒在匀强磁场中运动时一定能产生感应电动势C.感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反D.运动的电荷在磁场中所受的磁场力方向一定与磁场的方向垂直【答案】D【解析】【详解】A．若电荷为负电荷，则所受的电场力方向与电场方向相反，A错误；B．若导体棒在匀强磁场中平行于磁场方向运动时，不会产生感应电动势，B错误；C．根根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流磁场的磁通量的变化，当磁通量增大，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反，反之则相同，C错误；D．据左手定则可知，运动电荷在磁场中所受的磁场力方向一定与磁场的方向垂直，D正确。故选D。2.磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈。缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上。线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小。如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是A.俯视看线圈中通有逆时针方向的电流B.穿过铝框的磁通量减少C.俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流D.使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处【答案】D【解析】【详解】A．由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；BC．因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项BC错误；D．当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D正确。

故选D。3.一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为，该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示。则Q方∶Q正等于（）A.1∶ B.∶1 C.1∶2 D.2∶1【答案】D【解析】【分析】【详解】由有效值概念知，一个周期内产生的热量可得故D正确，ABC错误。故选D。4.如图所示为一玩具起重机的电路示意图．电源电动势为6V，内阻为0.5Ω，电阻R＝2.5Ω，当电动机以0.5m/s的速度匀速向上提升一质量为320g的物体时(不计一切摩擦阻力，g＝10m/s2)，标有“3V,0.6W”的灯泡恰好正常发光．则电动机的内阻为()

A.1.25Ω B.3.75ΩC.5.625Ω D.1Ω【答案】A【解析】【详解】由电路图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，电压为3V，电流为：；故电动机两端的电压为3V；R及r两端的电压为3V，由欧姆定律可得，总电流为：；电动机的电流为：；电动机的输出功率为：代入数据解得：【点睛】本题考查功率公式的应用及闭合电路欧姆定律，要注意正确分析电路，明确各种功率公式的正确应用．5.一环形线圈放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面向里，如图（甲）所示。若磁感强度B随时间t变化的关系如图（乙）所示，那么第3s内线圈中感应电流的大小和方向是（）A.大小恒定，逆时针方向 B.大小恒定，顺时针方向C.逐渐增加，逆时针方向 D.逐渐增加，顺时针方向【答案】A【解析】【详解】在第3s内，磁场的方向垂直于纸面向里，且均匀增大，根据可知电动势恒定，产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向。故选A。6.如图所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1。在原线圈两端接入50Hz正弦交流电源，在副线圈两端接有“12V、12W”的灯泡。若灯泡恰能正常发光，则（）A.变压器输入电压的有效值为120VB.变压器输入电流的最大值为0.10AC.变压器输入功率大于12WD.变压器输出频率等于5Hz【答案】A【解析】【详解】A．根据灯泡两端的电压是指有效值，因此输出电压的有效值可得输入电压的有效值A正确；B．根据可知输出电流的有效值根据解得，输入电流的有效值因此输入电流的最大值B错误；C．由于变压器本身不消耗能量，输出功率决定输入功率，因此输入功率等于12W，C错误；D．变压器只改变电压、电流，但不改变频率，因此输出频率仍为50Hz，D错误。故选A。7.如图中半径为的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中,绕轴以角速度沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()A.由到,B.由到C.由到D.由到,【答案】D【解析】【详解】金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故选D项．8.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈，、、是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（）A.图甲中，与的电阻值相同B.图甲中，闭合，电路稳定后，中电流大于中电流C.图乙中，变阻器与的电阻值相同D.图乙中，闭合瞬间，中电流与变阻器中电流相等【答案】C【解析】【详解】AB．灯突然闪亮，说明断开开关瞬间通过的电流，即自感电流大于原来通过的电流，可知闭合，电路稳定时，通过的电流小于通过的电流，即的电阻小于的电阻，AB错误；C．闭合，电路稳定时，与的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器与的电阻值相同，C正确；D．闭合开关，逐渐变亮，而立即变亮，说明中电流与变阻器中电流不相等，D错误。故选C。9.如图所示，实线是一质子仅在电场力作用下由a点运动到b点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，则（）A.若虚线是电场线，则质子在a点的电势能大，动能小B.若虚线是等差等势线，则质子在a点的电势能大，动能小C.质子在a点的加速度一定大于在b点的加速度D.a点的电势一定高于b点的电势【答案】BC【解析】【详解】试题分析：若虚线是电场线，粒子所受的电场力沿电场线向左，质子由a点运动到b点的过程中，电场力做负功，质子的电势能增大，动能减小，故质子在a点的电势能小，动能大，故A错误．若虚线是等差等势线，根据电场线与等势线垂直，可知电场力大致向下，质子由a点运动到b点的过程中，电场力对质子做正功，质子的电势能减小，动能增大，则质子在a点的电势能大，动能小，故B正确．电场线的疏密表示场强的大小，等差等势线越密，场强越大，则知a点的场强一定大于b点的场强，由牛顿第二定律得qE=ma，则质子在a点的加速度一定大于在b点的加速度，故C正确．若虚线是电场线，电场线方向向左，b点的电势高于a点的电势．若虚线是等差等势线，电场线向下，a点的电势高于b点的电势，故D错误．故选BC．考点：带电粒子在电场中的运动10.单匝闭合矩形线框电阻为，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间的关系图像如图所示．下列说法正确的是（）A.时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为C.线框转一周外力所做的功为D.从到过程中线框的平均感应电动势为【答案】BC【解析】【详解】由图像可知时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A错误；由图可知交流电的周期为T，则，由交流电的电动势的最大值为，则有效值为，故B正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，，故C正确；从0时刻到时刻的平均感应电动势为，故D错误．11.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器，和降压变压器向用户供电，已知输电线的总电阻为R，降压变压器的原、副线圈匝数之比为，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示。若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）A.降压变压器原线圈的输入电压为880VB.降压变压器的输入功率与输出功率之比为C.当用户端用电量增大时，输电线上损耗的功率减小D.当用户端用电量增大时，发电机输出功率也增大【答案】AD【解析】【详解】A．由图像可知，降压变压器副线圈两端电压有效值为，由变压器原副线圈电压与匝数关系得解得故降压变压器原线圈的输入电压为故A正确；B．降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为，故B错误；C．输出功率增大，则输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，故C错误；D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，用户消耗的功率和输电线上损失的功率都增大，故发电机输出功率增大，故D正确。故选AD。12.一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是（

）．A.速度选择器的P1极板带负电 B.粒子1带负电C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 D.粒子2的比荷的绝对值最大【答案】BC【解析】【详解】三种粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动，由力平衡得：qvB=qE，根据左手定则可知，若带电粒子带正电荷，洛伦兹力的方向向上，所以电场力的方向向下，选择器的P1极板带正电；若带电粒子带负电，洛伦兹力的方向向下，所以电场力方向向上，选择器的P1极板带正电．故选择器的P1极板一定是带正电．与带电粒子无关，故A错误；在磁场2中，磁场的方向向外，根据左手定则，正电荷受到的安培力的方向向下，将向下偏转；负电荷受到的安培力的方向向上，将向上偏转，所以1带负电，故B正确；能通过狭缝S0的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力的大小相等，方向相反，即：qvB=qE，所以，故C正确；根据，解得：，r与比荷成反比，粒子2的半径最大，所以粒子2的比荷的绝对值最小，故D错误．所以BC正确，AD错误．二、实验题：本题共2小题，共14分。13.在研究电磁感应现象实验中，（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图__________；（2）将原线圈插入副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原线圈中电流的绕行方向_______（填“相同”或“相反”）；（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与原线圈中电流的绕行方向_____（填“相同”或“相反”）．【答案】①.②.相反③.相同【解析】【详解】（1）[1]将电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，实物图如下：

（2）[2]闭合电键瞬间，副线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知，副线圈中的感应电流磁场阻碍其磁通量的增大，形成与原线圈中电流的绕行方向相反的感应电流．（3）[3]同理将原线圈拔出时，副线圈中的磁通量减小，同理根据楞次定律可知副线圈中形成与原线圈中电流的绕行方向相同的感应电流．14.同学们利用如图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻.

（1）图中电流表的示数为________A（保留小数点后两位）（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：U（V）

1.45

1.36

1.27

1.16

1.06

I（A）

0.12

0.20

0.28

0.36

0.44

请根据表中的数据，在坐标纸上作出U－I图线_____________．由图线求得：电动势E＝________V；内阻r＝________Ω.

（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合.其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为___________________.【答案】①.0.44②.③.1.60（1.58~1.62都算对）④.1.2（1.18~1.26都算对）⑤.干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．【解析】【详解】试题分析：（1）电流表选择的量程是0．6A，所以此时电流表的示数为0．44A；（2）根据表中的数据，画出U-I图象如图所示，

根据图象可知，纵坐标的截距代表电动势的大小，直线的斜率代表内电阻的大小，所以电动势E=1．60V；内阻．（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．考点：测量干电池的电动势和内阻【名师点睛】本题考查对图象的认识，要掌握从U-I图线中获取电源的电动势和内电阻的方法，在计算内阻的时候，要注意纵坐标的起点不是零．三、综合与应用题：本题共3小题，共36分。15.如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5m，NQ两端连接阻值R＝2.0Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m＝0.40kg、接入电路的阻值r＝1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量M＝0.80kg的重物相连．细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.6s内通过电荷量的，g＝10m/s2，求：（1）0～0.3s内金属棒通过的位移大小；（2）金属棒在0～0.6s内产生的热量。

【答案】（1）0.3m；（2）1.05J【解析】【分析】【详解】（1）0～0.3s内通过金属棒电荷量q1＝＝0.3～0.6s内通过金属棒的电荷量是q2＝I2t2＝由题中的电荷量关系代入解得x1＝0.3m（2）金属棒在0～0.6s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋vt2代入解得x＝0.75m根据能量守恒定律Mgx－mgxsinθ＝（M＋m）v2＋Q代入解得Q＝3.15J由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6s内产生的热量Qr＝Q＝1.05J16.如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．(1)求电场强度的大小和方向．(2)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．(粒子的比荷满足)【答案】(1)电场强度大小为，沿x轴正方向；(2)粒子在磁场中运动的时间【解析】【详解】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E．可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有①，又②，则③（2）仅有磁场时，入射速度，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有，又⑨由③⑦⑧