福州華僑中學2021-2022年高二第一學期物理期末考滿分：100分；考試時間：75分鐘一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。第1～7題只有一項符合題目要求，第8～11題有多項符合題目要求。1.無線充電是近年發展起來的新技術。如圖所示，該技術通過交變磁場在發射線圈和接收線圈間傳輸能量。內置接收線圈的手機可以直接放在無線充電基座上進行充電，下列關于無線充電的說法正確的是（）A.在充電過程中沒有電能損失B無線充電基座可以用直流電源供電C.無線充電過程主要利用了電磁感應原理D.無線充電基座可以對所有手機進行無線充電【答案】C【解析】【詳解】A．在充電過程中線圈會產生焦耳熱，會有電能損失，故A錯誤；B．無線充電基座產生的是交變磁場，所以必須用交流電源供電，故B錯誤；C．發射線圈產生的交變磁場使接收線圈中的磁通量發生變化，從而產生感應電動勢，所以無線充電過程主要利用了電磁感應原理，故C正確；D．無線充電基座只能對配備接收線圈的手機進行無線充電，故D錯誤。故選C。2.在圖中，分別給出了導線中的電流方向或磁場中某處小磁針N極的指向取磁感線方向其對應錯誤的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】如果已知電流的方向，可用右手螺旋定則判斷磁感線的方向，如果已知小磁針的指向，那么小磁針N極所指的方向就是磁感線的方向。A．根據小磁針靜止時N極所指的方向就是磁感線的方向，故A正確；B．通電圓環在軸線上產生了由右向左的磁感線，小磁針靜止時N極應該指向左側，故B錯誤；C．根據右手螺旋定則可知電流產生的磁場方向沿螺旋管軸線向右，故C正確；D．根據右手螺旋定則可知電流產生的磁場方向在圓環內部由內指向外，故D正確。由于本題選擇錯誤的，故選B。【點睛】3.如圖所示，以O點為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f等量正、負點電荷分別放置在a、d兩點時，在圓心O產生的電場強度大小為E．現僅將放于a點的正點電荷改放于其他等分點上，使O點的電場強度改變，則下列判斷正確的是（）A.移至c點時，O點的電場強度大小仍為E，沿Oe方向B.移至e點時，O點的電場強度大小為，沿Oc方向C.移至b點時，O點的電場強度大小為，沿Oc方向D.移至f點時，O點的電場強度大小為，沿Oe方向【答案】B【解析】【詳解】由題意可知，在圓心O產生的電場強度大小為E，則正、負點電荷在O處的電場強度大小均為，方向水平向右．當正電荷移至c點，兩點電荷在O點的電場強度方向夾角為120°，大小不變，則O點的合電場強度大小為，方向：沿Oe方向，故A錯誤．當正電荷移至e處，兩點電荷在O點的電場強度方向夾角為120°，大小不變，則O點的合電場強度大小為，方向沿Oc，故B正確；當正電荷移至b點時，兩點電荷在O點的電場強度方向夾角為60°，大小不變，則O點的合電場強度大小為，方向沿Od與Oc角平分線向上，故C錯誤；當正電荷移至f處，兩點電荷在O點的電場強度方向夾角為60°，大小不變，則O點的合電場強度大小為，方向沿Od與Oc角平分線向下，故D錯誤；故選B．【點睛】點電荷在O處電場強度的疊加，滿足矢量合成的原理，并根據點電荷場強公式結合分析．4.條形磁鐵放在水平桌面上，它的上方靠近S極一側懸掛一根與它垂直的導電棒，如圖所示（圖中只畫出棒的截面圖）。在棒中通以垂直紙面向里的電流的瞬間，可能產生的情況是（）

A.磁鐵對桌面的壓力減小 B.磁鐵對桌面的壓力增大C.磁鐵不受摩擦力作用 D.磁鐵受到向右的摩擦力【答案】A【解析】【詳解】在磁鐵外部磁感線由N極指向S極，通電導體棒處在右偏下方向的磁場中，由左手定則可知其受安培力指向左下方，則條形磁鐵也受到右上方的反作用力作用，這種作用力會產生兩種效果，其一向上提起的效果；其二向右有運動的趨勢的效果，即磁鐵對桌面的壓力減小，同時磁鐵受到向左的摩擦力作用，故A正確，BCD錯誤；故選A。5.如圖，A、B兩點各放一電荷量均為Q的等量異種電荷，有一豎直放置的光滑絕緣細桿在兩電荷連線的垂直平分線上，a、b、c是桿上的三點，且ab=bc=l，b、c關于兩電荷連線對稱，質量為m，正電荷q的小環套在細桿上，自a點由靜止釋放，則（）

A.小環做變加速直線運動B.小環通過c點時速度為C.小環從b到c速度可能先減小后增大D.小環做勻加速直線運動【答案】D【解析】【分析】【詳解】AD．等量異種電荷中垂線上各點的場強均為水平向右，與環運動方向垂直，所以電場力不做功，而在豎直方向小環只受到重力作用，故小環做初速度為零的勻加速直線運動，A錯誤、D正確；B．根據動能定理mg2l=mv2可得小環通過c點時速度為，B錯誤；C．小環做初速度為零的勻加速直線運動，速度一直在增加，C錯誤。故選D。考點：等量異種電荷電場的分布及帶電粒子在電場中的運動。【名師點睛】本題要求熟悉等量異種電荷的電場分布，在它們連線的垂直平分線上，電場強度的方向垂直于平分線，所以本題中帶正電荷q的小環套在細桿上，自a點由靜止釋放，雖然受到電場力，但由于細桿光滑所以不受摩擦力，所以小環在豎直方向只受到重力作用，即做自由落體運動，再利用動能定理就能求出c點的速度。6.如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是（）A.甲圖要增大粒子的最大動能，可增加電壓B.乙圖可判斷出A極板是發電機的正極C.丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是D.丁圖中若載流子帶負電，穩定時C板電勢高【答案】D【解析】【詳解】A．根據和可得粒子的最大動能為則可知要增大粒子的最大動能，可增大磁感應強度B和金屬盒半徑R，故A錯誤；B．根據左手定則，可知正電荷向B極板偏轉，則B極板是發電機的正極，故B錯誤；C．速度選擇器選擇的是帶電粒子的速度，故丙圖無法判斷出帶電粒子的電性，根據可得粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是故C錯誤；D．根據左手定則可知，帶負電的載流子受到洛倫茲力方向向右，即向D板偏轉，故穩定時C板電勢高，故D正確。故選D。7.如圖所示，在空間中MN左側有垂直紙面向內的勻強磁場，磁感應強度大小為B，右側有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為。一帶正電的粒子從MN上的O點射入左側磁場，速度方向與MN夾角，不計粒子重力，則粒子第一次在左、右磁場中運動的時間之比為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】粒子第一次在左側磁場轉過圓心角為，在左側磁場的周期為所以在左側運動的時間為粒子第一次在右側磁場轉過的圓心角為，在右側磁場的周期為所以在右側運動的時間為運動的時間之比為故選C。8.下列選項中是用導線做成圓形或正方形回路，這些回路與一直導線構成幾種位置相合（彼此絕緣），下列組合中，切斷直導線中的電流時，閉合回路中會有感應電流產生的是（）A.導線與線圈共面 B.導線與線圈平面垂直C.導線與線圈共面 D.導線與線圈共面【答案】CD【解析】【詳解】A．根據安培定則以及對稱性可知穿過線圈的磁通量始終為零，所以切斷直導線中的電流時，閉合回路中不會有感應電流產生，故A不符合題意；B．根據安培定則可知磁感線與線圈平面共面或平行，則穿過線圈的磁通量始終為零，所以切斷直導線中的電流時，閉合回路中不會有感應電流產生，故B不符合題意；C．根據安培定則可知穿過線圈的磁通量垂直紙面向里，切斷直導線中的電流時，線圈中磁通量減小，會產生感應電流，故C符合題意；D．根據安培定則可知穿過線圈的磁通量垂直紙面向外，切斷直導線中的電流時，線圈中磁通量減小，會產生感應電流，故D符合題意。故選CD。9.如圖所示的電路中，水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止狀態，現將滑動變阻器的滑片P向左移動，則（）

A.電容器中的電場強度將增大B.電容器上的電荷量將減少C.電容器的電容將減小D.液滴將向下運動【答案】BD【解析】【詳解】A．將滑動變阻器的滑片P向左移動，滑動變阻器的阻值增大，總電流減小，R2兩端電壓U減小，則電容器兩極板間電壓減小，根據電容器中的電場強度將減小，所以A錯誤；B．根據由于電容器兩極板間電壓減小，電容器上的電荷量將減少，所以B正確；C．根據所以電容器的電容將保持不變，則C錯誤；D．開始時，帶電液滴正好處于靜止狀態，有則當電容器兩極板間電壓減小時，電場力小于重力，液滴將向下運動，所以D正確；故選BD。10.如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區，經一段時間運動到N點，關于小球由M到N的運動，下列說法正確的是（）A.小球可能做勻變速運動 B.小球一定做變加速運動C.小球動能可能不變 D.小球機械能守恒【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB．小球從M到N，在豎直方向上發生了偏轉，所以受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；C．若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C正確；D．沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，D錯誤。故選BC。11.如圖所示為一種質譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。不計粒子重力，下列說法中正確的是（）A.極板M比極板N的電勢低B.加速電場的電壓U=ERC.直徑PQ=2BD.若一群粒子從靜止開始經過題述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的比荷【答案】D【解析】【詳解】A．粒子在靜電分析器中所受電場力指向O，所以粒子帶正電，為了實現對粒子的加速，極板M帶正電，所以極板M比極板N的電勢高，故A錯誤；B．設粒子經過加速后獲得的速度大小為v，根據動能定理有①粒子在靜電分析器中所受電場力提供向心力，即②聯立①②解得③故B錯誤；C．設粒子在磁分析器中做勻速圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律有④聯立①②④解得⑤所以⑥故C錯誤；D．根據⑥式可知，在裝置各參量相同的情況下，Q點位置由粒子比荷決定，所以若一群粒子從靜止開始經過題述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的比荷，故D正確。故選D。二、實驗題：本題共2小題，共20分，請把答案填在答題止的相應位置上12.測定電源的電動勢和內電阻的實驗電路和U-I圖象如圖所示，請回答下列問題：（1）如圖甲所示，在閉合開關之前為防止電表過載而移動滑動變阻器的滑動頭P，應放在滑動變阻器___________處（填“a”或“b”）。（2）如圖乙是根據實驗數據畫出的U-I圖象，由此可知這個干電池的電動勢E=________V，內電阻r=________Ω。（計算結果均保留三位有效數字）（3）本實驗中E測_________E真。（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】①.a②.1.50③.0.75④.小于【解析】【詳解】（1）[1]在閉合開關之前為防止電表過載而移動滑動變阻器的滑動頭P，應放在滑動變阻器的a處。（2）[2][3]干電池U-I圖像的縱截距表示E，斜率的絕對值表示r，即（3）[4]由于電壓表分流的緣故，當電流表示數為零時，實際通過干電池的電流并不為零，所以干電池的內電壓不為零，從而導致圖像的縱截距比干電池的實際電動勢偏小，即E測小于E真。13.在測定某金屬的電阻率實驗中，某學生進行了如下操作：（1）利用螺旋測微器測金屬絲直徑d，如圖1所示，則d=___________mm。（2）測量金屬絲電阻Rx的電路圖如圖2所示，閉合開關S，先后將電壓表右側接線端P接a、b點時，電壓表和電流表讀數如下表所示。該學生認真觀察到兩次測量中，電流表的讀數幾乎未變，發生這種現象的原因是___________，比較合理且較準確的金屬絲電阻R測=___________（保留兩位有效數字），從系統誤差角度分析，Rx的測量值與其真實值比較R測_________R真（填“大于”、“小于”或“等于”）。U(V)I（A）接線端P接a2.560.22接線端P接b3.000.22（3）某多用表內部的部分電路如圖所示，則該多用表的A接線柱應該是與________（填“紅”或“黑”）表筆連接；當開關接_________（填“a”或“b”）擋時其對應的電阻擋倍率更高。【答案】①.1.706##1.707##1.708②.電壓表內阻遠大于Rx的阻值，通過電壓表的電流遠小于通過Rx的電流③.12④.小于⑤.黑⑥.b【解析】【詳解】（1）[1]金屬絲直徑為（2）[2]電流表的讀數幾乎未變，發生這種現象的原因是電壓表內阻遠大于Rx的阻值，通過電壓表的電流遠小于通過Rx的電流。[3]根據前面分析可知電流表外接時系統誤差較小，所以比較合理且較準確的金屬絲電阻測量值為[4]電流表外接時，電壓表示數等于Rx兩端電壓的真實值，電流表示數略微大于通過Rx的電流的真實值，所以R測小于R真。（3）[5]電流從A接線柱流出，所以A接線柱應該是與黑表筆連接。[6]多用電表電阻擋在某擋位下的內阻等于該擋位下表盤中央刻度對應的阻值，所以倍率更高的擋位對應電表內阻更大，所以當開關接b擋時其對應的電阻擋倍率更高。三、計算題：本題共3小題，共36分，解答應寫出必要文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。14.如圖所示是利用電動機提升重物的示意圖，其中D是直流電動機。P是一個質量為m的重物，它用細繩拴在電動機的軸上。閉合開關S，重物P以速度v勻速上升，這時電流表和電壓表的示數分別是I=5.0A和U=110V，重物P上升的速度v=0.70m/s。已知重物的質量m=45kg，（g取10m/s2）求：（1）電動機消耗的電功率P電；（2）細繩對重物做功的機械功率P機；（3）電動機線圈的電阻R。【答案】（1）550W；（2）315W；（3）9.4Ω【解析】【詳解】（1）電動機消耗的電功率為（2）細繩對重物做功機械功率為（3）電動機線圈消耗的功率為解得15.有一個帶電量q=－3.0×10-6C的點電荷，從電場中的A點移到B點時，電場力做功6.010-4J，從B點移到C點時，克服電場力做功9.0×10-4J。試問：（1）A、B、C三點之間的電勢差UAB、UBC和UCA各是多少