广东省揭阳市揭西县2021-2022学年高二（上）期末物理试题（解析版）

揭西县2021—2022学年度第一学期期末教学质量监测高二物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是（）A.安培首先引入电场线和磁感线B.库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷电量e的数值C.法拉第提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献D.麦克斯韦建立了经典电磁场理论【答案】D【解析】详解】A．法拉第首先引入电场线和磁感线，选项A错误；B．库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷电量e的数值，选项B错误；C．安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献，选项C错误；D．麦克斯韦建立了经典电磁场理论，选项D正确。故选D。2.如图所示的各图所描述的物理情境中，产生感应电流的是（）A.甲图中开关S闭合稳定后，线圈N中B.乙图矩导电线圈平面垂直于磁场方向向右平移中C.丙图金属框从A位置向B位置运动，金属框中D.丁图矩形导电线圈绕水平轴匀速转动中【答案】C【解析】【详解】A．甲图中开关S闭合稳定后，穿过线圈N磁通量保持不变，所以线圈N中不产生感应电流。故A错误；B．乙图矩导电线圈平面垂直于磁场方向向右平移中，穿过线圈平面的磁通量不变，所以线圈中不产生感应电流。故B错误；C．丙图金属框从A位置向B位置运动，金属框中磁通量发生变化，所以会在金属框中产生感应电流。故C正确；D．丁图矩形导电线圈绕水平轴匀速转动中，穿过线圈的磁通量发生变化，所以在线圈中产生感应电流。故D错误。故选C。3.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电储能装置。充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60～0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）。如图为某一款移动充电宝，其参数见表，下列说法正确的是（）容量20000mAh兼容性所有智能手机边充边放否保护电路是输入DC：5V2AMAX输出DC：5V0～1A～2.5A尺寸56×82×22mm转换率0.60产品名称索扬SY10-200重量约430gA.给充电宝充电时将电能转化为内能B.20000mA•h的mA•h是能量的单位C.参数“DC5V”中“DC”指直流电的意思D.充电宝以最大电流输出时可工作10小时【答案】C【解析】【详解】A．充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能，选项A错误；B．20000mA•h的mA•h是电量的单位，选项B错误；C．参数“DC5V”中“DC”指直流电的意思，选项C正确；D．充电宝以最大电流2.5A输出时可工作选项D错误。故选C。4.工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是()A.A、B平行板电容器的电容减小B.A、B两板间的电场强度增大C.A、B两板上的电荷量变小D.有电流从b向a流过灵敏电流计【答案】D【解析】【详解】A．产品厚度增大时，电容器的电容增大，故A错误；B．两板间电压不变，电场强度保持不变．故B错误；CD．根据q=CU，电容器将充电，负电荷从a向b流过灵敏电流计，即有电流从b向a流过灵敏电流计，故C错误，D正确．故选：D5.如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线a和b，通有等值电流。在纸面上距a，b等远处有一点，若点合磁感应强度的方向水平向左，则导线a，b中的电流方向是（）A.a中向纸里，b中向纸外B.a中向纸外，b中向纸里C.a，b中均向纸外D.a，b中均向纸里【答案】A【解析】【详解】A．若a中向纸里，b中向纸外，根据安培定则判断可知，a在P处产生磁场Ba方向垂直于aP连线向下，如图所示b在P处产生的磁场Bb方向，根据平行四边形定则进行合成，则得P点的磁感应强度方向水平向左，故A正确；B．若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向水平向右，故B错误；C．若a、b中均向纸外，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向上，故C错误；D．若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下，故D错误。故选A。6.在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A.灯泡L变亮B.电流表读数变小C.电压表读数变小D.电容器C上电荷量减少【答案】B【解析】【详解】将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，R的阻值变大，总电阻变大，总电流减小，可知灯泡L变暗，电流表读数变小；电源内阻上的电压减小，则路端电压变大，可知电压表读数变大；灯泡两端电压减小，则变阻器R两端电压变大，电容器两端电压变大，根据Q=CU可知，电容器带电量变大。故选B。7.如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球（可以看成点电荷），A球带电量为+2q，B球带电量为-q，由静止开始释放后A球加速度大小为B球的两倍，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.A球受到的静电力是B球受到静电力的2倍B.A球的质量是B球质量的2倍C.A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对平衡力D.A、B球相互靠近过程中加速度都增大，且A球加速度总是B球的两倍【答案】D【解析】【分析】【详解】A．A球受到的静电力与B球受到的静电力是相互作用力，大小相等，方向相反，A错误；B．因为两球受力大小相等，但A球的加速度是B球的两倍，所以根据牛顿第二定律可知，A球的质量为B球的，B错误；C．平衡力必须作用在同一个物体上。C错误；D．A、B球相互靠近过程中，相互作用力越来越大，所以加速度都增大，并且力的大小相等，A球质量为B球质量的，所以A球加速度总是B球的两倍。D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点（先后经过a，b两点）。若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，下列说法正确的是（）A.粒子一定带负电B.带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度C.带电粒子在a点的动能一定大于在b点的动能D.带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能【答案】BC【解析】【详解】A．由图可知，粒子受电场力大致向左，但是由于场强方向不确定，则不能确定粒子的电性，选项A错误；B．因a点的电场线较b点密集，可知a点的场强较大，则带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度，选项B正确；CD．从a到b电场力做负功，则粒子的动能减小，电势能变大，则带电粒子在a点的动能一定大于在b点的动能，带电粒子在a点的电势能一定小于在b点的电势能，选项C正确，D错误。故选BC。9.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个小量程电流表和一个电阻箱组成的，下列说法正确的是（）A.甲表是电流表，增大时量程增大 B.甲表是电流表，增大时量程减小C.乙表是电压表，增大时量程增大 D.乙表是电压表，增大时量程减小【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．由并联分流规律可得，甲表为电流表，增大R阻值，甲图中满偏时，R所在支路电流减小，则总电流减小，量程减小，故A错误，B正确；CD．由串联分压规律可得，乙表为电压表，增大R阻值，乙图中满偏时，电路总阻值增大，由欧姆定律可得，总电压增大，量程增大，故C正确，D错误。故选BC。10.某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好静止于x＝3x0处。假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，则（）

A.粒子一定带负电B.粒子的初动能大小为qE0x0C.粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D.粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0【答案】BD【解析】【详解】A．如果粒子带负电，粒子沿x轴正方向一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子在x＝3x0处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，故A错误；B．结合题图，根据动能定理qE0x0－×2qE0·2x0＝0－Ek0可得Ek0＝qE0x0故B正确；C．粒子沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，故C错误；D．粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理qE0x0＝Ekmax－Ek0解得Ekmax＝2qE0x0故D正确。故选BD。三、实验题（共18分）11.测定金属的电阻率：某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为_____mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为________mm；【答案】①.50.15②.4.700（4.698~4.702都给分）【解析】【详解】（1）[1]由图可知其长度为50mm+0.05mm×3=50.15mm（2）[2]用螺旋测微器测量其直径为4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm12.（1）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为______________Ω。（2）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S和导线若干为使实验误差较小，要求尽量测得多组数据进行分析，电流表应选______（选填“A1”或“A2”），电压表应选_______（选填“V1”或“V2”），连接线路时电流表应采用_______（选填“内接法”或“外接法”），滑动变阻器就采用_______（选填“分压”或“限流”）接法。（3）若用R、L和d分别表示导体的电阻、长度和直径，则所测电阻率的表达式为：ρ=______。【答案】①.220②.A2③.V1④.外接法⑤.分压⑥.【解析】【详解】（1）[1]该电阻的阻值约为22×10Ω=220Ω（2）[2][3]电源电动势为4V，则电路中可能出现的最大电流电流表应选A2，电压表应选V1；[4][5]因RV>>Rx，则连接线路时电流表应采用外接法，因为滑动变阻器阻值小于待测电阻阻值，采用分压接法。（3）[6]根据解得13.如图所示，用该实验研究闭合电路的欧姆定律，开关闭合前滑动变阻器R的滑片滑到_________（填“左侧”或“右侧”），根据实验测得的几组U、I数据作出U-I图象如图所示，由图象可确定：该电源的电动势为________V，电源的内电阻为_________Ω（结果保留到小数点后两位）。【答案】①.左侧②.1.40③.0.57【解析】【详解】[1]为保证电路安全，开关闭合前滑动变阻器R的滑片滑到最左端电阻最大的位置；[2][3]由图象可确定,该电源的电动势为1.40V，电源的内电阻为四、计算题（共36分）14.有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A.求（1）电动机线圈的电阻R（2）电动机正常工作时输出的功率为多少？（3）电动机正常工作时的转子突然被卡住，则电动机热功率是多少？【答案】（1）0.5Ω

（2）1.5W（3）8W【解析】【详解】（1）电动机线圈电阻（2）电动机正常工作时，线圈的热功率：PQ=I22R=12×0.5Ω=0.5W；电动机的输入功率P=U2I2=2×1=2W电动机正常工作时的输出功率：P出=P-PQ=2W-0.5W=1.5W；（3）电动机正常工作时的转子突然被卡住，则电动机热功率15.示波器是一种常用的实验仪器，如图所示，它常被用来显示电信号随时间变化的情况。振动、光、温度等的变化可以通过传感器转化成电信号的变化，然后用示波器来研。示波器的基本原理是带电粒子在电场力的作用下加速和偏转。一个电荷量为，质量为的带电粒子，由静止经电压为的加速电场加速后，立即沿中心线垂直进入一个电压为的偏转电场，然后打在垂直于放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为，极板长，极板的右端与荧光屏之间的距离也为8cm。整个装置如图示（不计粒子的重力）求：（1）粒子出加速电场时的速度v；（2）粒子出偏转电场时的偏移距离y；（3）P点到O2的距离。【答案】（1）；（2）0.03m；（3）【解