2021-2022学年广东省珠海市高二（上）期末物理试卷（附答案详解）

2021-2022学年广东省珠海市高二（上）期末物理试卷

i.下列说法中，正确的是（）

A.公式C=g,其中电容器的电容C与电容器两极板间电势。无关

B.由E可知、电场中某点的电场强度E与q成反比

C.由公式w=半知，电场中某点的电势中与q成反比

D.根据8='可知，电流元某处受到的安培力越大，说明该处磁感应强度越大

2.三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相等、方向如图所示

的电流，且ab=ad=ac,导线c在a点产生的磁感应强度大小为

I

I

B,则a点处的合磁感应强度大小为I

0.................................%

A.yj2B

C

B.V3BI

I

C.3B

D.右B&

3.如图所示，在。点放置一点电荷+Q,a、b、c、d、e、/是以

。点为球心的球面上的点，ac0＞平面与加•沙■平面垂直，则下列说

法中正确的是（）

A.a、c两点的电场强度相同

B.d、/两点的电势相等

C.点电荷-q在球面上任意两点之间移动时，电场力要做功

D.图中0、6两点之间的电势差与。、e两点之间的电势差不同

医用口罩的熔喷布经过驻极处理可增加静电吸附作用，其中一类吸附

4.*****

过程可作如图简化：经过驻极处理后某根绝缘纤维带有正电荷，其附近a绝

点处有一带负电的颗粒以平行于该段直纤维的初速度通过«点，被吸附到缘

纤

纤维上的。点，忽略其它电场影响，则（）

维

颗粒做匀变速曲线运动,+

A.6,+

B.颗粒受到的电场力恒定电

C.。点的电势比分点的低

D.颗粒的电势能逐渐增大

5.在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道，一导体圆环自轨道左侧的A点

无初速度释放、下滑过程中环平面始终保持与弧轨道平面平行，则下列说法中正确的是（）

A.圆环中没有感应电流产生

B.安培力始终阻碍圆环相对轨道的运动，以阻碍圆环中的磁通量变化

C.圆环能滑到轨道右侧与A点等高的C处

D.圆环在整个运动过程中机械能不变

6.用充电宝给手机电池充电时，充电宝输出电能转化为手机电池的化学能和内能，等效电路

如图所示。在充电开始后的时间/内，充电宝的输出电压。和输出电流/都可认为是恒定的，

若手机电池的内阻为r,则,时间内（）

A.充电宝输出的电流为/=£B.充电宝输出的电功率为U/+I2r

,2

C.手机电池产生的焦耳热为号tD.手机电池储存的化学能为U/t-/2rt

7.如图甲所示，一带正电粒子以水平初速度孙（孙＜金先后进入方向垂直的宽度相同且紧相

邻在一起的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，在带电粒子穿过电场和磁场

的过程中（重力忽略不计），电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为名；若把电场和磁场正

交重叠，如图乙所示，粒子仍以水平初速度火穿过重叠场区，在粒子穿过电场和磁场的过程

中，电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为卬2。则（）

A.一定是Wi>W2B.一定是叫=W2

C.一定是叫<加2D.可能是叫<川2，也可能是名>小2

8.图甲为交流发电机示意图，匀强磁场磁感应强度为B,矩形线圈而〃的匝数为〃、面积为

S、总电阻为r,绕轴。。'以角速度3做匀速转动，线圈与外电阻R和理想交流电流表形成闭合

回路。图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间f变化的图像，下列说法中正确的

是（）

图甲图乙

A.电动势的最大值为nBSs

B.电流的最大值为甯

C.t3时刻穿过线圈的磁通量为8s

D.J〜t3时间内穿过线圈的磁通量变化量为0

9.如图所示，电源电动势为E,内阻为厂，咒为定值电阻，％为光敏电阻（电阻值随光照强度

增强而减小）。电键S闭合时，电容器C中的带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的

是（）

A.只逐渐减小收的光照强度，电阻A。消耗的电功率变大，电阻角中有向上的电流

B.只将/?3的滑片向上移动时，电源消耗的功率变小，中有向下的电流

C.只将的滑片向下移动时，电压表示数不变，带电微粒向上运动

D.若断开电键S,带电微粒将向下运动

10.如图所示，光滑导轨水平放置，左端通过开关S与电动势为E、内阻不计的电源相连。一

根质量为机、电阻为K的导体棒"，用长为/的绝缘细线悬挂。细线竖直时，导体棒恰好与

导轨良好接触，空间有竖直方向的匀强磁场（图中未画出）。闭合开关S瞬间，导体棒向右摆

动离开导轨，到达最大高度时细线与竖直方向的夹角为。，则（）

A.磁场方向一定竖直向上

B.导体棒离开导轨前，受到的安培力方向一定向右

C.导体棒摆动到最大高度时，重力势能增加量等于mg«l-cos。）

D.导体棒离开导轨前，电源提供的电能小于mg《l-cos0）

11.空间存在平行于X轴方向的静电场，其电势3随X的分布如图

所示。一质量为，以电荷量大小为g的带电粒子从坐标原点。由

静止开始，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，则下列说法正

确的是：

A.该粒子带负电

B.空间存在的静电场场强E是沿x轴正方向均匀减小的

C.该粒子从原点o运动到&过程中电势能减小

D.该粒子运动到%。处的速度大小是舞

12.如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为2的匀强

XXXXXX

a

磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框Med,线d

XXXXXX

框以恒定的速度沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框B

vAXXXXXX

边始终与磁场右边界平行，线框边长线框导

ad=3cd=2L.XXXXXX

b—c

线的总电阻为R.则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确

XXXXXX

的是（）

A.ad间的电压为詈

B.流过线框横截面的电荷量为萼

C.线框所受安培力的合力为驾包

D.线框中的电流在4"边产生的热量为驾"

JA

13.欲用伏安法测定一段阻值约为5。的金属导线的电阻率，要求测结果尽量准确，现各有以

下器材：

A.电池（3匕内阻10）

A电流表（0〜34内阻约0.01250）

C.电流表（0~0.64内阻约0.1250）

。.电压表（0〜3匕内阻约3k。）

E.电压表（0〜15V.内阻约15k。）

F.滑动变阻器（0〜20优额定电流14）

G.滑动变阻器（0〜2000。，额定电流0.34）

开关、导线

（1）为了使测量结果尽量准确电流表应选用一电压表应选用；（填写各器材前的

字母代号）

（2）实验中路应采用图（1）中的:（填“甲或“乙”）

(3)该实验中电流表、电压表的某组小数如图(2)所示，图示中/=A,U=Vo

图⑵

(4)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用螺旋测微器测得其直径示数如图(3)丙图，则直

径d=mm；用游标卡尺测其长度，如图(3)丁所示，由图可知其长度，=cm.

(5)计算待测金属导线电阻率的表达式(用U、I、d和/表示)。

14.某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻

(品=50)一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图(a).

(b)

①在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接.

②请完成下列主要实验步骤；

A.检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图(c)所示，读得电阻值是；

8.将开关&闭合，开关S2断开，电压表的示数是1.49V；

C.将开关S2,电压表的示数是1.16L断开开关Si.

③使用测得的数据，计算出干电池的内阻是(计算结果保留二位有效数字).

④由于所有电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏(填“大”或

“小”).

15.如图所示，一带电荷量为+q、质量为"?的小物块，处于

倾角为37。足够长的光滑绝缘斜面上的A点，AB相距为5L,

当整个装置放置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好

静止，设重力加速度为g,sin37。=0.6,cos37。=0.8.求：

(1)匀强电场的电场强度大小；

(2)若将电场强度减小为原来的小物块由静止沿斜面从4下滑至B点时，求小物块运动到

B处的速度大小。

16.如图所示，固定于水平桌面上的光滑金属柜架c的处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒

岫搁在框架上，必〃构成一个边长为/的正方形，棒的电阻为r,其余部分电阻不计。开始

时磁感应强度为B。，从t=0时刻起，磁感应强度均匀增大，每秒增量为A；同时给棒施加水

拉力使棒保持静止。

d

XXXXX

XXXXX

5

(1)棒中的感应电流沿什么方向？水平拉力沿什么方向？

(2)求感应电流的大小；

(3)求水平拉力F与时间f的关系式。

17.如图所示，竖直虚线外的左侧区域存在匀强磁场和竖直向下的

匀强电场，电场的电场强度大小为E,在而右侧一定距离的某矩

形区域内存在匀强磁场(图中未画出)，磁场方向水平向里、感应强

度大小为瓦一质为〃八带电荷量为+q的带电粒子从c点沿水平线

〃向右运动经过乩进入外右侧的矩形匀强磁场区域，当带电粒

子再次运动到岫线时速度方向与ab成。=60。角，不计粒子的重力，(sin75。=

V6+V2_c<)V6—V2>_p.

4,cos75=4)求:

(1)带电粒子在必右侧的磁场中做匀速圆周运动的半径;

(2)带电粒子在外右侧的磁场中的运动时间；

(3)右侧的矩形磁场区域的最小面积。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、公式C=g是电容的定义式，电容C与电容器带电量。和两极板间电势差U无关，

由电容器本身决定，故A正确；

B、公式E=；是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F、q无关，由电场本身决定，故8错

误；

C、公式8=系是电势的定义式，采用比值法定义，9与Ep、4无关，由电场本身决定，故C错误；

。、B=£是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，8与定义式中的物理量无关，由磁场本身决

定，故。错误。

故选：Ao

由电容器定义式，电场强度定义式，电势定义式，磁感应强度定义式分析各选项。

本题考查磁感应强度，要求学生熟练掌握磁感应强度定义式，理解其物理意义。

2.【答案】D

【解析】解：由于直导线c在。点处的磁感应强度大小为B,又因为三根长直导线垂直于纸面放

置，通以大小相同电流，且ab=ad=ac,所以直导线c、d在a点的磁感应强度大小也都等于B,

根据右手螺旋定则可判断方向如下图所示：

6和d导体棒在a点产生的磁感应强度方向向左，合成后大小为28,c导体棒在“点产生的磁感应

强度方向向下，大小为B,根据平行四边形法则，可知〃点的总合磁感应强度大小为：B'=

J(2B)2+5=遍以故A8C错误，£＞正确；

故选：D。

根据安培定则先确定三根通电直导线在«点产生的磁场的方向，再利用矢量的叠加原理分析叠加

后磁场大小和方向。

本题考查的知识点是：通电直导线周围的磁感应强度大小计算和方向的判断，再利用平行四边形

法则求解矢量的合成。

3.【答案】B

【解析】解：4、点电荷电场强度后=上$,。、c两点距点电荷距离相等，所以场强大小相等，方

向不同，故A错误；

B、整个球面为一等势面，d、/两点的电势相等，故B正确；

C、整个球面为一等势面，在球面上任意两点之间移动电荷，电场力不做功，故C错误；

。、整个球面为一等势面，uoe=uob,故力错误。

故选：B。

4.【答案】C

【解析】解：4B.带电的绝缘纤维产生的电场为非匀强电场，故颗粒受到的电场力为变力，做非匀

变速曲线运动，故4、B错误；

C.由于绝缘纤维带正电，故6点电势高于〃点，故C正确；

。.由于颗粒带负电，绝缘纤维带正电，因此电场力对颗粒做正功，电势能减小，故。错误。

故选：Co

根据距绝缘纤维越近电场强度越大，可知颗粒所受的电场力的变化情况，从而判断其运动情况，

根据电场力做功判断电势能的变化情况，根据电场线方向判断电势大小关系。

本题的关键是判断颗粒电场力的变化，来分析其运动情况。能根据轨迹判断电场力做功情况。

5.【答案】B

【解析】

【分析】

水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量

变小，圆环中有感应电流。

本题要掌握通电导线周围的磁场分布，并会对整个过程的能量转化进行分析，难度不大。

【解答】

4水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通

量变小故有感应电流产生，故A错误；

8.在运动过程中，通过左手定则可知安培力始终阻碍圆环相对轨道的运动，以阻碍圆环中的磁通

量变化，故B正确；

C.因为圆环在运动的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能最终全部转

化为电能，故不能上升到右侧与C点等高处，故C错误；

D整个过程重力势能最终转化为电能，机械能不守恒，故O错误。

6.【答案】D

【解析】解：4、手机电池不是纯电阻，则输出电流/力匕故4错误；

r

B、因为充电宝的输出电压为。和输出电流为/,故充电宝输出的电功率为U/,故8错误；

C、手机电池产生的焦耳热为。二公九力（如故C错误；

。、充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，另一部分转化为电池的内能，可知

手机电池储存的化学能为W=Ult-故D正确。

故选：D。

非纯电阻，不适用欧姆定律，由做功公式求解电功，由焦耳定律求解焦耳热，由能量守恒求解化

学能。

本题考查恒定电流，学生需知晓欧姆定律的条件，熟练运用能量转化的原理。

7.【答案】A

【解析】解：不论带电粒子带何种电荷，由于为所以电场力qE大于洛伦兹力根据左

手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重

叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的

偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是%＞皿2

故4正确，BCD错误。

故选:Ao

先判断带电粒子在电场中的受力情况和在重叠区的受力情况，比较两种情况中的偏转位移的大小,

而洛伦兹力对粒子不做功，只有电场力做功，进而可以判断做功大小.

本题解题的关键是分析两种情况下的偏转位移的大小，洛伦兹力对带电粒子不做功，难度适中.

8.【答案】AD

【解析】解：A、由图像可知，此为正弦式交流电，故电动势最大值为Em=nBS3,故A正确；

B、电流的最大值为/加=警，故8错误；

K-rT

C、由图像知J时刻电动势最大，则此时穿过线圈的磁通量为0,故C错误；

。、由图像知ti和t3时刻磁通量为0,故tl〜t3时间内穿过线圈的磁通量变化量为0,故。正确。

故选：ADo

t3时刻电动势最大，磁通量为0,线圈平面与磁场方向平行；最大电动势Em=N8So）,电流的最

大值An=急.

本题考查了正弦式电流的图象、交流的峰值等知识点。熟记一些常用的公式，例如£m=NBS3,

往往会对解题带来很大方便。

9.【答案】CD

【解析】解：A、只逐渐减小心的光照强度，%的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，电阻R。消

耗的电功率变小，滑动变阻器的电压变小，电容器两端的电压减小，电容极板带的电荷量变小，

即电容器放电，所以电阻/?3中有向下的电流，故4错误；

B、电路稳定时，电容器相当于开关断开，只调节电阻段的滑动端P2向上端移动时.，对电路没有

影响，故8错误；

C、只调节电阻/?2的滑动端A向下端移动时，对电路没有影响，电压表读数不变；电容器并联部

分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=可知，板间场强变大，带电微粒所受电场力

增大，则微粒向上运动，故C正确；

。、若断开电键S,电容器处于放电状态，电荷量变小，则场强减小，带电微粒向下运动，故。

正确。

故选：CD。

电路稳定时，电容器相当于开关断开，只调节电阻7?3的滑片时，对电路没有影响。逐渐减小收的

光照强度，%的阻值增大，总电阻增大，分析总电流变化，判断R。消耗的电功率变化。分析电容

器两端的电压变化，分析电容器所带电荷量的变化，判断电阻;?3中电流方向。只调节电阻&的滑

动端Pi向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由5=，分析板

间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况。若断开电键S，电容器仍可通过其并

联部分放电。

本题考查含容电路的分析能力。要知道电路稳定时，电容器与电路其他部分是相对独立的，可以

看做断路。分析微粒是否运动，关键分析电场力是否变化。

10.【答案】BC

【解析】解：A、当开关S闭合时，导体棒向右摆起，说明其所受安培力水平向右或水平向右的分

量，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，4错误；

3、由左手定则可知导体棒受到的安培力向右，故8正确：

C、导体棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于小加（1-cos。），故C正确；

。、设导轨棒右端的初动能为战,摆动过程中机械能守恒，有

Ek=mgl^l—cos。）

导体棒的动能是电流做功而获得的，若回路电阻不计，则电流所做的功全部转化为导体棒的动能，

此时有w=Ek

得W=mg1（1—cos©）

题设条件有电源内阻不计，但没有“其他电阻不计”的相关表述，因此其他电阻不可忽略，那么

电流做的功就大于mg，(l-cosS),故。错误。

故选：BC。

根据左手定则结合安培力的方向分析出磁场的方向；根据功能关系得出导体棒的重力势能的增加

量；根据能量守恒定律分析出电源提供的电能。

本题主要考查了安培力的相关应用，熟悉安培力的公式，用左手定则分析出安培力的方向，同时

结合能量守恒定律即可完成分析。

11.【答案】C

【解析】解：4由图象可知沿x轴正方向电势减小，所以电场线方向沿x轴正方向；电荷量为4

的带电粒子从坐标原点。由静止开始，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，所以电荷受到的电

场力方向沿尤轴正方向，可知该粒子带正电，故4错误；

B、由图象的斜率：¥=E,从w-x图象可知，斜率不变，所以空间存在静电场的电场强度E沿

AXr

x轴正方向大小恒定，故B错误；

C、粒子从坐标原点。由静止开始，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，电场力做正功，该粒

子从原点。运动到配过程中电势能是减小的，故C正确；

D、根据动能定理可得：q@o-0)=3根卢，所以该粒子运动在沏点的速度为：v=再^,故。

错误。

故选：C。

根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可判断电场线的方向；在a-x图象中，斜率表示电场强度；

根据电场力做功和电势能变化的关系，电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增大；根

据动能定理可以计算出到达劭时的速度。

本题考查了W-x图象的物理意义，解题的关键是熟练掌握静电场的知识点，灵活应用相关公式求

解。

12.【答案】ABD

【解析】

【分析】

在线框离开磁场的过程中仍边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，根据法拉第定律和欧姆

定律求ad间的电压；由《=〃求通过线框截面的电量：由公式尸=8〃求解安培力；由焦耳定律

求热量。

该题是电磁感应与电路的综合，考查法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律的应用，是一道常

规题，要注意题目中线框边长不等，分清楚哪个边在切割磁感线，知道各边的电阻关系。

【解答】

A.线框产生的感应电动势E=2BLv,感应电流/=&ad间的电压为U=/=等，故A正确：

Koo

8.流过线框横截面的电荷量q==黑.=萼，故8正确；

Z1C,AK

C线框所受安培力的合力F=B/-24=竺牡，故C错误；

K

。线框中的电流在ad边产生的热量Q=八］/?4=吗2,故。正确。

故选ABD.

13.【答案】(1)C；D；(2)乙；(3)0.50；1.20；(4)0.608；11.050；(5)p=喘

【解析】解：(1)测量电阻需要电源、电流表、电压表、滑动变阻器、电键导线，由于电源电压为

3匕所以电压表选择。，电路中的电流大约/=0.64

所以电流表选择C；

(2)由题得金〉答，所以电流表采取外接法，可减小误差故，选乙；

KxKA

(3)电流表分度值为0.024知电流表的读数为0.504电压表分度值为0.1人所以电压表的读数为

1.20IZ；

(4)螺旋测微器读数是固定刻度读数加可动刻度读数，图中读数为d=0.5mm+10.8x0.01mm=

0.608mm

游标卡尺读数是主尺读数加上游标尺的读数，由图可读出为L=110mm+10x0.05mm=

110.50mm=11.050cm

Z1

(5)根据欧姆定律和电阻定律得/=5R=-4-

A5

解得。=嚅

ITj2

故答案为:(1)C；D；(2)乙；(3)0.50；1.20(4)0.608；11.050(5)p=写-

(1)电源的电动势，选择电压表的量程。由电源的电动势与待测电阻的大约值,估算电流的最大值，

选择电流表的量程；

(2)根据两电表内阻与待测电阻的大小关系，选择电流表的内接法或外接法；

(3)由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数；

(4)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；

(5)根据/=5和/?=0《，得出电阻率的表达式。

本题考查了实验器材的选择、电流表的接法、电表读数；注意在读螺旋测微器的可动刻度读数时

需估读，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数。

14.【答案】①实物电路图如图所示；(2)20/2；闭合；③0.69；

④小.

【解析】

【分析】

①根据电路图连接实物电路图.

②根据电阻箱的读数方法可得出电阻箱接入的电阻值；

③开关Si闭合，开关S2断开时，电压表直接并联在电源两端，其示数即可电源的电动势；再将开

关S2闭合时电压表的示数，利用闭合电路欧姆定律可得出电源的内阻；

④根据闭合电路的欧姆定律可分析电压表内阻不是无穷大时的示数与真实值的大小关系.

本题在求内阻时要注意电压表测得的是路端电压减去Ro两端的电压，故在求内阻时应减去R0.

【解答】

①根据图。所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示.

②电阻箱只有x10档位有示数为2,故电阻箱的接入电阻应为2xion=20。；

③A、由题意可知，电源的电动势为1.49V,当接入电阻箱时，路端电压为1.16V；由电路欧姆定

律可知电路中电流为：/=噤4=0.0584；

则内电阻与品之和为r+R0=端梦。=5.690；故内电阻r=5.69-5。=0.69/2；

C、将开关S2闭合，电压表的示数是1.16V；断开开关

④因电压表内阻不能忽略，故电路中电流存在，电压表示数为电源

的输出电压，要比电动势要小；

15.【答案】解:(1)小物块静止在斜面上,受到重力,咫、电场力qE

和斜面的支持力FN，受力分析如图所示，由平衡条件得：

水平方向有:“sin37°=qE

竖直方向有：Fcos37°=mg

wmg

解得电场强度：E=等；

4q

(2)电场强度减小为原来的事即E'=誓

乙0(/

小物块由静止沿斜面从A下滑至B点的过程，由动能定理得：