2021-2022学年河南省安阳市内黄第四高级中学高二（上）期末物理试卷（附答案详解）

2021-2022学年河南省安阳市内黄第四高级中学高二（上）期末

物理试卷

1.一带电粒子在电场中运动，某一过程中，电场力做功为明（大于零），重力做功为叩2（大于

零），除重力和电场力外其他力做的功为强。关于这一过程功与能量的关系，错误的描述是（）

A.重力势能减少了皿2B.电势能减少了吗

C.机械能的变化量是名+悠D.动能的变化量是上+悠

2.一电源的电动势为E,内阻为r,仅对阻值为R的电阻供电时，通过R的电流为/,路端

电压为。，供电效率为小R消耗的功率为人若外电阻阻值变为2R,下列判断正确的是（）

A.电流变为夕B.路端电压可能为与

C.电阻2R消耗的功率可能是1D.效率可能为2〃

O

3.如图所示的电路中，电源电动势为E,内阻为r,水平放置的两平行金属板间一带电油滴

处于静止状态。当滑动变阻器的触头由中点滑向。端时，下列说法正确的是（）

A.8的功率增大B.电流表读数增大

C.带电油滴会向上运动D.电压表读数减小

4.质子和a粒子的质量之比为1：4,带电荷量之比为1：2,它们沿垂直电场方向进入某一平

行板电容器间的匀强电场中，又都从平行板电容器的另一侧离开电场，若两粒子在经过匀强

电场的过程中动能增量相同，则两粒子入射时（）

A.具有相同的初速度B.具有相同的初动能

C.质子和a粒子的初速度之比为D.质子和a粒子的初动能之比为2

5.如图所示，水平放置的足够长的粗糙平行金属导轨，左端

与电阻R相连，导体棒AB质量为〃?，电阻为r,且/?=「，长/-------------1

度与导轨宽度相同，有匀强磁场垂直穿过导轨平面。若给导体o/

棒一初速度V,使导体棒向右运动，直到停止，其中导体棒始乙----+-

终与导轨垂直且接触良好，则这一过程中，电阻R上产生的热量是（）

A.等于B.小于;C.等于/zu/D.大于;m/

6.一闭合的矩形线圈在匀强磁场中绕在线圈平面内且垂直于磁场方向的转轴匀速转动，所产

生的感应电动势的最大值为E],从中性面开始旋转90。的过程中平均感应电动势为E2,从中性

面开始旋转30。时的瞬时感应电动势为则尻、E2和邑的大小关系是（）

A.E1>E2>E3B.E]>E3>E2C.E3>E]>E2D.E2>Er>E3

7.a粒子和瓶核具有相同的比荷，但a粒子的质量是笊核的2倍,a粒子电荷量是气核的2倍。

下列关于两种粒子在电场、磁场中的运动情况和规律，正确的描述是（）

A.经同一电场由静止加速后两粒子具有相等的动能

B.两粒子以不同的速率垂直进入同一匀强磁场中，运动的周期相同

C.经同一电场由静止加速后从同一点垂直电场方向进入到一匀强电场中，运动轨迹相同

D.经同一电场由静止加速后从同一点垂直磁场方向进入到一匀强磁场中，运动轨迹相同

8.如图所示是理想变压器的示意图，副线圈有一抽头M,原线

圈接交流电。第一次把灯泡4（12V、12W）接在PN之间，灯泡°

A恰好正常发光；第二次把灯泡B（6V、12勿）接在PM之间，灯

泡3恰好正常发光。对于这两次接法，下列判断正确的是（）6

A.副线圈PN和PM两部分的匝数之比是2：1

B.副线圈分别接A、8灯泡时，通过原线圈的电流之比是1：1

C.副线圈分别接A、8灯泡时，原线圈的输入功率之比是2：1

D.副线圈分别接A、8灯泡时，穿过原线圈磁通量变化率的最大值之比为1：2

9.如图所示，在粗糙葩缘的水平面上方有水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。

带正电的小球从水平面上尸点以初速度火开始向右运动，到达N点时速度为零。设带电小球

质量为〃?、电量为q,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,小球与水平面间的动摩擦因

数为小PN=L,重力加速度为g。则关于这一过程下列说法正确的是（）

'7777777777777777777777777777777777777777777

A.在P点的加速度大小是变-ngB.小球运动的加速度逐渐减小

C.因摩擦产生的热能等于：m诏D.电场力做的功为qEL

10.如图所示，一闭合矩形线圈从某一位置由静止开始下落，下落.

if

过程中外边始终保持水平，线圈平面在竖直平面内。若它在进入

一个有水平边界的匀强磁场过程中（线圈的宽度ad小于磁场的宽度"h

）产生的热量为。，则线圈在离开磁场的过程中（）的.................N

XXXX

XXXX

XXXX

A.可能做匀速运动

B.产生的热量一定大于Q

C.不可能做匀变速运动

D.产生的热量不可能等于。

11.（1）游标卡尺的游标尺上有N个刻度，总长度等于主尺上（N-1）个刻度的总长度，主尺上

的最小分度是毫米，则该游标卡尺的精确度是mm；

（2）用伏安法测电阻的实验中，除需要满足要求的电流表和电压表外，还有开关、电源、导线、

。〜200的滑动变阻器、待测电阻（约50000）。为了减小测量误差，下列关于电路的选择或连

接方式，正确的是;

A.电流表内接法、滑动变阻器限流式连接

8.电流表内接法、滑动变阻器分压式连接

C.电流表外接法、滑动变阻器限流式连接

。.电流表外接法、滑动变阻器分压式连接

（3）把一个微安表改装为电流表并与标准电流表串联后测量电流时，发现改装表读数一直小于

标准表读数，对这一现象的判断，正确的是O

4改装表的实际量程偏大，并联的分流电阻的阻值偏大

B.改装表的实际量程偏大，并联的分流电阻的阻值偏小

C.改装表的实际量程偏小，并联的分流电阻的阻值偏大

。.改装表的实际量程偏小，并联的分流电阻的阻值偏小

12.某物理兴趣小组打算把电压表改装成欧姆表，实验器材如

下。

A.电动势1.5U电池（内阻很小）

B.电压表（量程1.0L内阻20000）

C.滑动变阻器（0〜500优额定电流L4）

D滑动变阻器（0〜1500。,额定电流0.54）

E.红、黑表笔一对

产.导线若干

（1）所需要的滑动变阻器应该选择（填选项序号）；

（2）在方框内画出实验电路图；

（3）改装后的欧姆表中值电阻是n.

13.如图1所示，A、8是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q,PQ连线垂直于

金属板，两板间距为4,两板间加有如图2所示的交变电压，T、U为已知量。t=0时，从P

点处沿PQ方向释放一个质量为〃?、带电荷量为-q且不计重力的粒子，粒子在一个周期内未

射出电场。求：

(1)两板间距d应满足什么要求；

(2)0〜7时间内电场对粒子做的功。

"口一.『

图1图2

14.宽度为A的区域内左边一半有垂直纸面向里的匀强磁场，右边一半是&

场强方向与纸面平行的匀强电场(未画出)，电场与磁场分界线与时边平V

行。一质量为加、电荷量为+q、不计重力的粒子从“点以初速度v沿"X

方向射入到磁场中，若磁感应强度大小为8=乎，粒子离开磁场进入电x

Lq

场后沿直线运动且恰好能够到达区域的右边界线。X

(1)求粒子通过磁场所用的时间(用v、L表示)；6一-

(2)确定电场的方向并求电场强度的大小。

15.如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直固定，质量为w、带______

电量为+q的小球套在圆环上，圆环所在区域内有与环面平行的匀强/

电场。当小球从A点(A点与圆心O等高)由静止释放，到达最低点/_____________V

8时速度为零，重力加速度为g。\0/

(1)求A、8两点间的电势差；

(2)电场沿什么方向时，电场强度最小，求此时电场方向和电场强度8

大小；

(3)在电场强度最小的情况下，小球经过哪一点时速度最大，求最大速度。

16.如图所示，在水平面内有间距为L、足够长的平行光滑金属导轨P和。，导轨电阻不计。

在导轨上有垂直导轨放置的直导体棒油和cd,质量均为〃?，有效电阻均为/?且与导轨接触

良好。竖直方向的匀强磁场8垂直穿过导轨平面，在c4上作用一与导轨平行的水平恒力尸,

使仍由静止开始运动，经过一段时间，cd开始做匀加速运动。

(1)当“做匀加速运动时，求而做什么性质的运动；

(2)求M做匀加速运动的加速度大小；

(3)若cd做匀加速运动时某刻的速度大小为v,求该时刻ab的瞬时速度大小。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4重力做正功明，所以重力势能减少了以2,故A正确；

B.电场力做正功Wi，所以电势能减少了电，故8正确；

C.机械能的变化量等于除重力之外的外力做功的代数和，即AE=〃I+W3,故C正确；

D动能的变化量等于各个外力做功的代数和，即4&=叫+唯+唯，故。错误。

本题选错误的，

故选：D,

重力和电场力做正功，重力势能和电势能减少；机械能的变化量等于除重力之外的外力做功的代

数和，动能的变化量等于各个外力做功的代数和。

本题考查电场力做功马电势能的关系，解题关键掌握功能关系的应用。

2.【答案】C

【解析】解：4当外电阻阻值为R时，根据闭合电路欧姆定律得：1=袅

R+r

当外电阻阻值变为2R时，根据闭合电路欧姆定律得

E1

1=2R+r>

故A错误；

区当外电阻阻值为R时，路端电压

R

U=~RTrE

当外电阻阻值变为2R时，路端电压

U'=2^E

故B错误；

C根据

U2

P=耳

又

U'<2U

可得

P'<2P

根据

P=I2R

又

r>2

可得

T

2

联立可得

P

2<P<2P

故C正确；

。.根据

U

E

结合8选项，可知

<2n

故。错误。

故选：Co

根据闭合电路欧姆定律可知电流大小，从而解得路端电压大小，根据数学知识点分析判断，根据

功率的计算表达式可知2R消耗的功率范围，效率的计算公式年=也

本题考查闭合电路欧姆定律，解题关键掌握电功率、路端电压的计算方法。

3.【答案】D

【解析】解：BD,当滑片向a滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可

知电路中电流减小，则UR2=/R2减小，故电压表示数减小，故8错误，。正确：

A、电流减小，电阻％的功率P=/28减小，故4错误；

C、/?2的电压减小，则电容器的电压减小，板间场强减小，油滴所受的电场力减小，因此带电油

滴向下运动。故C错误。

故选：£)«

滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知

电路中电流的变化及电阻电压的变化；再分析电容器的电压情况，从而判断电场力的变化.

本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-

部分的分析思路进行分析.

4.【答案】A

【解析】解：粒子在电场中做类平抛运动，在垂直于电场线的方向：x=vot

在平行于电场线的方向上：y=|at2=1x^xt2

JZ2m

2

根据动能定理有：^Ek=1mv-1mvo=Eqxy

联立整理可得：4Ek=马穹

2TTIVQ

所以为=>^条=

uy]2mAEk

AC、质子和a粒子经过同一偏转电场后增加的运动相等，初速度之比:型="x^=Jx4=；,

VQ2以812VI1

故A正确，C错误；

BD、初动能&0=6诏=与胫，初动能之比：件■=*=多=；，故8。错误。

244以Ek0224

故选：A。

带电粒子垂直射入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀

加速直线运动。根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水

平位移与初速度之比求解时间之比。根据动能定理求解运动过程的动能增量之比。

本题关键要熟练掌握类平抛运动的研究方法：运动的分解法，关键是明确二者具有相同的竖直位

移，但水平位移不同，因此分别对两个方向进行分析求解即可，对于比例式的计算一定要熟练掌

握。

5.【答案】B

【解析】解：导体棒向右运动，直到停止的过程中，导体棒的动能转化为电阻R和r的焦耳热和

A8与水平导轨的摩擦热，所以转化的焦耳热

1,

Q<—mv

因为R=r,所以电阻R和导体棒的焦耳热相等，所以电阻R上产生的热量

故B正确，ACO错误。

故选：B。

导体棒向右运动，直到停止的过程中，导体棒的动能转化为电阻R和r的焦耳热和AB与水平导轨

的摩擦热，根据功能关系判断即可。

本题考查电磁感应定律的功能关系，解题关键掌握电阻R产生的热量与总热量的关系。

6.【答案】A

【解析】解：设线圈匝数为N,面积为S,转动角速度为3,磁场的磁感应强度为3,则

=NBSat

线圈转动的周期为7=生

0)

根据法拉第电磁感应定律得：E2=华=劲生四

LTC

4

当线圈位于中性面开始计时，则感应电动势的瞬时表达式为：e=E1sin3t

所以％=EiSin30°

综上所述，Er>E2>E3,故A正确，BCD错误；

故选：A。

根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的最大值、平均值和角度为30。的瞬时值并进行比较即

可。

本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，根据不同电动势的定义逐个求出具体的数值并

加以比较即可。

7.【答案】BCD

【解析】解：A：根据qU=^nw2=a,a粒子和笊核所带的电荷不同，所以经同一电场由静止

加速后两粒子的动能不同，故A错误；

B、粒子在磁场中运动周期为：7=缗，两粒子的比荷相同，所以两粒子以不同的速率垂直进入

qB

同一匀强磁场中，运动的周期相同两粒子以不同的速率垂直进入同一匀强磁场中，运动的周期相

同，故B正确；

C、经同一电场由静止加速后，根据动能定理得：=解得：v=楞，两粒子的

比荷相同，进过加速电场后速度相同，在偏转电场中，加速度为。=殁，加速度也相同，所以运

m

动轨迹相同，故C正确；

。、经同一电场由静止加速后，两粒子的速度相同，进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，则=字,

解得：r=愕，可得半径相同，则运动轨迹相同，故O正确；

qB

故选：BCD。

根据动能定理分析出两粒子进入磁场时的动能关系；

根据磁场中粒子的周期公式分析出周期的大小关系；

根据半径的表达式得出半径的关系并分析出运动轨迹的特点。

本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，根据动能定理计算出粒子的速度，结合洛伦兹

力提供向心力得出粒子做圆周运动的半径，进而求出粒子做圆周运动的周期。

8.【答案】AB

【解析】解：A、灯泡恰好正常发光，则4N=12V,UPM=6V,由理想变压器的变压比可知:

"PN_UpN

T=r故A正确;

nPMUp”

BC、力学变压器的变压器输入功率等于输出功率，两灯泡的额定功率都是12W,副线圈分别接A、

8灯泡时，原线圈的输入功率之比是12：12=1：1,两种情况下原线圈两端电压相等，原线圈输

入功率相等、原线圈电压相等，由/=专可知，通过原线圈的电流之比是1：1,故B正确，C错误；

D,穿过原线圈磁通量变化率的最大值由输入交变电流决定，副线圈分别接A、8灯泡时，原线圈

输入交变电流不变，则穿过原线圈磁通量变化率的最大值之比是1：1,故。错误。

故选：AB.

根据变压器的变压比求出副线圈两部分的匝数比；变压器的输入功率等于输出功率，根据功率公

式分析答题；根据变压器的工作原理分析答题。

理解变压器的工作原理、掌握理想变压器的变压比、知道理想变压器的输入功率等于输出功率是

解题的前提，根据题意应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习。

9.【答案】BD

【解析】解：4由左手定则可知，小球在P点受到的洛伦兹力竖直向下，大小为

f洛=qv°B

小球所受摩擦力为

f=MJ洛+mg)

根据牛顿第二定律可得

f-qE=ma

联立解得

Mqu()B+mg)Eq

a=-------------------------

mm

故4错误；

B.由题意可知从P点到N点做减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，则摩擦力减小，由A选

项可知，小球运动的加速度逐渐减小，故8正确；

CD.电场力对小球所做的功

W=qEL

对小球由动能定理得

1,

]/V-Wf=0—2TTIV

解得

17

Wf=-^mv2+qEL

所以因摩擦产生的热能等于：mt;2+qE3故。正确，C错误。

故选：BD。

对小球受力分析，根据牛顿第二定律解得加速度；同时判断加速度变化情况，根据功能关系解得

摩擦产生的热能。

解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握牛顿第二定律和能量守恒列出等式求解，注意小

球运动过程中洛伦兹力不做功。

10.【答案】AC

【解析】解：4线圈在离开磁场时〃切割磁感线，产生感应电动势，使线框中产生感应电流，cd

部分在磁场中受到安培力的作用，则有

E=BLv

根据闭合电路欧姆定律有：1=之K=K/

根据安培力公式有：F=B〃=华

对线框受力分析，当安培力与重力平衡时

B2L2V

解得…=鬻

故可能做匀速运动线圈在离开磁场的过程中，A正确；

C若线圈刚离开磁场时受到的安培力小于重力，线圈加速下落，由

B2L2V

F=------

R

mg—F=ma

可知，“增大，。减小，故线圈做加速度减小的加速运动，直到完全离开磁场或加速度为0匀速下

落离开磁场；若线圈刚进入磁场时受到的安培力大于重力，线圈减速下落，由

F—mg=ma

F—mg=ma

可知，尸减小，减小，故线圈做加速度减小的减速运动，直到完全离开磁场或加速度为0匀速下

落离综上所述线圈在离开磁场的过程中不可能做匀变速运动，c正确；

BD.设线圈的宽度面的大小为d,进入这个有水平边界的匀强磁场过程中由能量守恒得

mgd=Q+AEkl

线圈出磁场过程中有

mgd=Q'+^Ek2

若线圈从开始进入到完全进入磁场过程中动能的增加量等于从开始离开到完全离开磁场过程中动

能的增加量即

可以得到

Q'=Q

故线圈在离开磁场的过程中产生的热量可能等于Q，故BO错误。

故选：ACo

根据法拉第电磁感应定律,结合欧姆定律与安培力公式，根据牛顿第二定律分析线框的运动状态，

根据功能关系判断热量。

本题考查了求速度、产生的电热，分析清楚线框的运动过程是正确解题的前提与关键，注意明确

进入和离开时的速度相等，从而明确运动过程，同时还要注意明确功能关系的正确应用.

11.【答案】*BB

【解析】解：(1)由题意可知游标尺上N个刻度的总长与主尺上N个刻度总长相差1〃如，而主尺

上最小刻度与游标尺上最小刻度的差值为游标卡尺的精度，即Zx=*mm

(2)由于待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，且远大于电流表的内阻，所以为了减小电

表带来的系统误差，且为了便于控制待测电阻两端的电压，电流表应采用内接法，滑动变阻器应

采用分压式接法，故选以

(3)设微安表的满偏电流为/g,内阻为并联的分流电阻为R,则改装后电流表的量程为

IgRg

i=[g+~T

改装表读数一直小于标准表读数，即指针所指表盘上的刻度值大于实际电流值，说明改装表的实

际量程偏大，根据上式可知并联的分流电阻的阻值偏小。故选艮

故答案为：(14；(2)B；(3)B

(1)根据游标卡尺的原理分析解答；

(2)待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，且远大于电流表的内阻；据此分析；

(3)根据电流表改装原理分析解答。

对于基本测量仪器游标卡尺要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，注意电流

表分压与限流的区别.

12.【答案】D3000

【解析】解：(1)根据欧姆表原理可知电压表应与滑动变阻器串联，当电压表满偏时.，有

UE

RvRv+R

此时滑动变阻器接入电路的阻值为10002

所以所需要的滑动变阻器为0.

(2)如图所示

红

(3)改装后的欧姆表中值电阻为电压表半偏时对应所测的阻值，即

E1E

Ry+R+R中2Ry+R

解得：R^=R+RV=1000P+20000=30000

改装后欧姆表中值电阻是30000.

故答案为：(1)D；(2)如图所示(3)3000,

红、j

黑表笔连接内部电源的正极，红表笔接内部电源的负极；

根据闭合电路欧姆定律求解原微安表的内阻.

欧姆表刻度盘中央刻度值是中值电阻，欧姆表中值电阻阻值等于欧姆表内阻；知道欧姆表的工作

原理即可正确解题.

13.【答案】解：(1)在前半个周期内粒子做加速运动，由牛顿第二定律：q^=mai

加速完成后速度为i=%六黑

接着电场反向，粒子减速到停止：q年=ma2

根据速度-时间关系有:0=v1—a2t,

T

在开始加速到减速停止的时间内粒子的位移为x=:g+t)，又XWd

所以:dN；科

(2)后半个周期内粒子做减速运动：v2=v1~a2^

解得…2=-黑

由于粒子进入电场时初速度为零，由动能定理有："如谚-0=萼

答：(1)两板间距d应满足d＞三J邛；

(2)0〜T时间内电场对粒子做的功为史致联。

8ma

【解析】(1)通过分析每个周期内带电粒子的运动情况，确定只有在每个周期的0〜5时间内放出

的带电粒子才能从小孔。中射出时应满足的条件，根据牛顿第二定律和运动学公式求解各物理量

之间应满足的关系。

(2)根据动能定理可解得0〜T时间内电场对粒子做的功。

本题关键是分析带电粒子的运动情况，确定出临界条件，运用牛顿第二定律和运动学规律结合进

行求解。

14.【答案】解：(1)在磁场中粒子做匀速圆周运动有quB=

则R=殍=L

所以圆心在C点，设偏转角为。

根据几何关系有：cos。=需=；,则0=60。

KZ

、二八LP+PMI,人127nnnmnL

运动时间为：t=z7="的=丽=石

(2)在电场中：做匀减速直线运动到右边界cd时速度为零，电场方向与直线必成60。角斜向左上，

发生的位移是x=*=当

sm603

根据