四川省内江市2021-2022学年高二物理上学期期末检测题（Word版附解析）

内江市2021~2022学年度第一学期高二期末检测题物理一、本大题共15个小题，每小题3分，共45分.每小题的四个选项中，第1~10小题只有一个选项符合题目要求，第11~15小题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得1分，多选或不选得零分.1.根据古代文字记载制作的——司南，它形似勺子，勺柄是其磁体南极，则司南静止时，勺柄所指的方向是（　　）A.东方B.南方C.西方D.北方【1题答案】【答案】B【解析】【详解】司南静止时，勺柄所指的方向是地磁北极所在方向，即南方。，故选B。2.在示波管中，电子枪在内发射出个电子，则示波管中电流的大小为（　　）A.B.C.D.【2题答案】【答案】A【解析】【详解】示波管中电流大小为故选A。3.下列关于相关物理量的描述中正确的是（　　）A.根据电阻可知，导体的电阻由导体两端的电压和通过导体的电流共同决定B.根据电动势可知，在数值上等于非静电力把的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功 C.根据公式可知，磁感应强度的方向与通电导线所受安培力的方向相同D.根据公式可知，若将电荷量为的正电荷，从A点移动到点克服电场力做功为，则A、两点的电势差为【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．电阻由材料本身决定，与电压和电流无关，故A错误；B．根据电动势的定义，在数值上等于非静电力把的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，故B正确；C．磁感应强度的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，故C错误；D．从A点移动到点克服电场力做功为，则电场力做功-3J，则A、两点的电势差为-，故D错误。故选B。4.如图所示，为A、两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的相关描述正确的是（　　）A.在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻的阻值B.在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻的阻值C.电阻A的阻值随电压的增大而减小，电阻的阻值不变D.在两图线交点状态下，电阻A消耗的电功率大于电阻消耗的电功率【4题答案】【答案】B【解析】【详解】AB．在两图线交点处，两电阻的电压电流均相同，根据欧姆定律可知，电阻相同，故A错误，B正确； C．I-U图像，图像上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由图知，电阻A的阻值随电压的增大而增大，故C错误；D．在两图线交点状态下，两电阻的电压电流均相同，电阻A消耗的电功率等于电阻消耗的电功率，故D错误。故选B5.如图所示的电路中，小量程电流表的内阻，满偏电流，，，下列有关电表改装的描述正确的是（　　）A.当和均断开时，改装成的是电压表，量程为，电压表内阻为B.当和均断开时，改装成的是电流表，量程为，电流表内阻为C.当断开、闭合时，改装成的是电压表，量程为，内阻为D.当闭合、断开时，该电表不能用来测量电路中的电流和电压【5题答案】【答案】A【解析】【详解】AB．当和均断开时，表头与定值电阻串联，改装成的是电压表，根据串并联规律电压表内阻故A正确，B错误；C．当断开、闭合时，表头与定值电阻串联后与定值电阻并联，改装成的是电流表，且内阻必定小于，故C错误； D．当闭合、断开时，表头未与定值电阻串联或者并联，可以用来测电路中的电流，故D错误。故选A。6.如图所示，两条不等长的细线一端拴在同一点，另一端分别拴住两个带同种电荷的小球，电荷量分别为、，质量分别为、，当两小球处于于同一水平面时恰好静止，且，则造成、不相等的原因是（　　）A.B.C.D.【6题答案】【答案】A【解析】【详解】对两个球受力分析，均受重力、拉力和静电斥力，如图所示不管电荷量大小如何，静电斥力F、F′都相同，故电荷量关系不影响角度α和β；根据平衡条件，有由于，，故；故A正确，BCD错误。 故选A。【点睛】本题关键是对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式分析；两小球均受三力平衡，可采用合成法、正交分解法、相似三角形法分析力之间的关系。7.电荷量为的粒子，在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是（　　）A.只要速度大小相同，所受的洛伦兹力就相同B.如果把改为，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C.只要带电粒子在磁场中运动，它一定受到洛伦兹力作用D.带电粒子受到的洛伦兹力越小，则该磁场的磁感应强度越小【7题答案】【答案】B【解析】【详解】A．力是矢量，有大小有方向，所以带电粒子速度大小相同，洛伦兹力大小相同，但是方向可能不同，故A错误；B．如果把＋q改为－q，且速度反向且大小不变，根据左手定则可知洛伦兹力的大小、方向均不变，故B正确；C．若带电粒子平行于磁场运动，则不受洛伦兹力的作用，故C错误；D．影响洛伦兹力的大小的因素有磁感应强度，速度大小，还有运动方向，所以带电粒子受到洛伦兹力越小，不一定是磁场的磁感强度越小，故D错误。故选B。8.甲图是示波器的结构示意图，乙图是电视机显像管的结构示意图。二者相同的部分是电子枪（给电子加速形成电子束）和荧光屏（电子打在上面形成亮斑）；不同的是使电子束发生偏转的部分；示波器是利用电场使电子偏转（偏转电极），显像管是利用磁场使电子偏转（偏转线圈）。关于电子束从电子枪射出后到打在荧光屏上点的过程中，下列说法正确的是（　　）A.甲图中电子通过偏转电极速度发生了变化，乙图中电子通过偏转线圈速度没有变化 B.电子在通过两种装置的过程中运动轨迹是完全相同的C.打在荧光屏上的电子，甲图中电子动能发生了变化，乙图中电子的动能没有变化D.甲图中电子在偏转电极间做匀速圆周运动，乙图中电子通过偏转线圈做类平抛运动【8题答案】【答案】C【解析】【详解】A．乙图中电子通过偏转线圈速度大小没有变化，但方向发生变化，故A错误；B．电子在偏转电极中受电场力作用，做类平抛运动，轨迹为抛物线，而在偏转线圈中，受洛伦兹力作用，做圆周运动，轨迹不可能相同，故B错误；CD．电子在偏转电极中做抛体运动，速度增大，动能增大，而在偏转线圈中，做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，故C正确，D错误。故选C。9.如图，在闭合电路中，当滑动变阻器的滑动片移动时，电流表示数的变化情况是（　　）A.、的示数不可能同时增大，同时减小B.的示数增大时，的示数减小，的示数减小时，的示数增大C.的示数变化量总是小于的示数变化量D.、的示数的大小关系无法确定【9题答案】【答案】C【解析】【详解】AB．当滑动片移动时向上移动时，电路总电阻增大，干路电流减小，则 示数减小，内电压减小，则并联部分电压增大，则通过的电流增大，则通过R的电流减小，则的示数减小，故AB错误；C．根据闭合电路欧姆定律由上式可以发现，电源电动势不变，则的示数变化量总是小于的示数变化量，故C正确;D．根据串并联关系，示数必然大于的示数，故D错误。故选C。10.如图所示，两平行金属板、水平放置，上极板带正电下极板带负电，两极板间存在匀强电场和匀强磁场（图中未画出）.现有一个带电粒子在两平行板间，沿水平方向做匀速直线运动后，从点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在挡板上的A点，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）A.金属板、间的磁场垂直纸面向外B.只要具有相同动能的粒子都一定能在两平行板间做匀速直线运动C.另一个与该粒子具有相同比荷的带电粒子，在两平行板间也一定能做匀速直线运动D.若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷【10题答案】【答案】D【解析】【详解】A．粒子在金属板、间受电场力和洛伦兹力平衡，最后打在挡板上的A 点，在右侧磁场中，根据左手定则可以判断粒子带正电，在金属板间受到的电场力竖直向下，则磁场力向上，根据左手定则可以判断，金属板、间的磁场垂直纸面向里，故A错误；B．根据具有相同动能的粒子质量不一定相同，速度不一定相同，而穿过平行板的粒子速度为定值，则具有相同动能的粒子不一定都能在两平行板间做匀速直线运动，故B错误；C．相同比荷带电粒子，速度不一定相同，不一定都能满足故在两平行板间不一定都能做匀速直线运动，故C错误；D．若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则速度一定相同，为同时，在右侧磁场中轨迹半径一定相同则比荷一定相同，故D正确。故选D。11.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示。现有一带电粒子以某一速度，从图中点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示。若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（　　）A.粒子带负电荷 B.在的过程中，带电粒子所受电场力先减小后增大C.电势能先变小后变大D.经过点和点时的速度大小相同【11题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．根据图中等势线分布情况可知虚线上方的点电荷为正电荷，虚线下方的点电荷为负电荷，而粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，所以粒子带负电，故A正确；B．等势线的疏密表示电场强度的大小，在的过程中，粒子所经过的位置等势线先变密集后变稀疏，所以粒子所受电场力先变大后变小，故B错误；C．粒子所经过的位置的电势先变小后变大，而粒子带负电，所以电势能先变大后变小，故C错误；D．粒子经过点和点时的电势能相同，根据能量守恒定律可知经过点和点时的动能相同，速度大小相同，故D正确。故选AD。12.如图所示，、为定值电阻，为滑动变阻器，为平行板电容器。现闭合开关向右移动的滑片，电压表示数变化量的绝对值为，电流表示数变化量的绝对值为.电表均为理想电表.则在这一过程中（　　）A.电流表、电压表示数均增大B.电源消耗的总功率减小C.流过电阻的电流方向由到 D.电压表示数变化量绝对值与电流表示数变化量绝对值的比值【12题答案】【答案】CD【解析】【详解】A．向右移动的滑片，电路总电阻减小，干路电流增大，则电流表示数增大，内电压增大，而两端电压也增大，则两端电压减小，则电压表示数减小，故A错误；B．干路电流增大，电源电动势不变，则电源消耗的总功率EI增大，故B错误；C．两端电压也增大，电容器充电，则流过电阻的电流方向由到，故C正确；D．根据闭合电路欧姆定律故电压表示数变化量绝对值与电流表示数变化量绝对值的比值故D正确。故选CD。13.如图所示，为回旋加速器的原理图.其中和是两个中空的半径为的半圆形金属盒，接在电压为的加速电源上，位于圆心处的粒子源能不断释放出一种带电粒子（初速度可以忽略，重力不计），粒子在两盒之间被电场加速，、置于与盒面垂直的磁感应强度为的匀强磁场中。已知粒子电荷量为、质量为，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是（　　）A.加速电源可以用直流电源，也可以用任意频率交流电源 B.加速电源只能用周期为的交流电源C.粒子第一次进入盒与第一次进入盒的半径之比为D.粒子在电场中加速的次数为【13题答案】【答案】D【解析】【详解】A．粒子每次经过两盒之间被电场加速，说明加速电源必然是交流电源，故A错误；B．只要保证粒子每次经过两盒之间被电场加速，则加速电源的周期的整数倍是粒子运动周期即可，不一定必须使用周期为粒子运动周期的交流电源，故B错误；C．粒子第一次进入盒，根据动能定理第一次进入盒，根据动能定理根据洛伦兹力提供向心力故故C错误；D．当粒子射出磁场时，其轨迹半径为R，则其速度为根据动能定理 解得故D正确。故选D。14.如图甲所示，A、、三点是在等量同种正电荷连线的中垂线上的点.现有一个带电荷量为，质量为的点电荷从点由静止释放，只在电场力作用下其运动的图象如图乙所示，运动到点处对应的图线的切线斜率最大（图中标出了该切线），其切线斜率为，则（　　）A.A、、三点所在直线为等势线且和无穷远处等电势B.在点无初速度释放一个电子，则它将在点两侧做往复运动C.点为中垂线上电场强度最大的点，大小为D.A、两点间的电势差【14题答案】【答案】BC【解析】【详解】A．正点电荷从点由静止释放，向A点加速运动，说明电场力做正功，电势能减小，电势减小，故A错误；B．根据对称性，O点电势最大，在中垂线上，由O向无限远处电势一直减小，电子只在电场力作用下，有向电势高地方的运动趋势，在点无初速度释放一个电子，则它将在 点两侧做往复运动，故B正确；C．图象斜率表示加速度，由图知，点加速度最大，则电场强度最大，根据牛顿第二定律解得故C正确；D．由A到B，根据动能定理解得故D错误。故选BC。15.如图所示，甲图中M为电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图所示。已知电流表读数在以下时，电动机没有发生转动，各电表均视为理想电表。以下判断正确的是（　　）A.变阻器的最大阻值为B.电路中电源的电动势为，内阻为C.电动机的最大发热功率为D.电动机的最大输出功率为 【15题答案】【答案】ABC【解析】【详解】B．由题意可知，当通过电动机的电流在以下时，电动机属于纯电阻元件，其U-I图线应为直线，当通过电动机的电流在以上时，电动机属于非纯电阻元件，U-I图线将不再是直线。结合图像可知，当I1=0.1A时，路端电压为U1=3.4V，此时滑动变阻器接入回路的电阻最大；当I2=0.3A时，路端电压为U2=3.0V，此时滑动变阻器接入回路的电阻为零。综上所述，根据闭合电路欧姆定律可得解得故B正确；A．电动机线圈电阻为根据前面分析可知解得变阻器的最大阻值为故A正确；C．电动机的最大发热功率为故C正确；D．电动机的最大输出功率为故D错误。故选ABC。二、本题共7个小题，每空2分，共36分，将答案直接填写在答题卡的横线上。 16.在电场中把电荷量为的正电荷从A点移到点，电场力做了的正功，再从点移到点，电场力又做了的负功。则A、C两点电势差_______；若选点为参考点，则A点的电势_______。【16题答案】【答案】①.－150②.50【解析】【详解】[1]根据电场力做功与电势差的关系可得[2]同前理可得由题意可得17.一个电动机线圈的电阻，当它两端所加的电压为时，通过的电流是.这台电动机发热的功率为_______，每分钟这台电动机所做的机械功为_______.【17题答案】【答案】①.10②.65400【解析】【详解】[1]由焦耳定律可知，电动机发热的功率为P热[2]电动机消耗的电功率为P电根据能量守恒定律，电动机对外做功的功率为P机=P电−P热每分钟这台电动机所做的机械功为W=P机t=65400J18.现有两种粒子氘核（）和粒子（ ），同时垂直进入同一匀强磁场做匀速圆周运动，轨道半径之比为，则它们进入磁场时的速率之比________，它们做圆周运动的周期之比_______.【18题答案】【答案】①.1：2②.1：1【解析】【详解】[1][2]带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律解得则有代入数据解得由周期公式又解得19.如图所示，滑动变阻器的最大阻值是，，A、B两端电压 ，当电键S断开时，移动滑动片P，两端可获得电压值的范围为______V，当S闭合时，移动滑动片P，两端可获得电压值的范围为______V【19题答案】【答案】①.4.8~8②.0~8【解析】【详解】[1]电键S断开时，滑动片P移到最上端时，R1被短路，R2两端的电压最大，为8V；滑动片P移到最下端时，R1和R2串联，R2两端的电压最小，为所以R2两端电压的取值范围为4.8~8V。[2]电键S闭合时，滑动片P移到最上端时，R1和R2并联，R2两端的电压最大，为8V；滑动片P移到最下端时，R2被短路，R2两端的电压最小，为0V。所以R2两端电压的取值范围为0~8V。20.如图，在正方形中的区域内，存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域内有方向平行的匀强电场（图中未画出）。现有一带电粒子（不计重力）从点沿方向射入磁场，随后经过的中点进入电场，接着从点射出电场区域内的匀强电场的方向由________（选填“指向”或“指向”），粒子在通过点和点的动能之比为________。 【20题答案】【答案】①.c指向b②.5：1【解析】【详解】[1]根据粒子在磁场中受洛伦兹力而从d点进e点出，由左手定则知带正电，根据磁场中运动的对称性知e点的速度大小等于v0，方向与bd成45°，即竖直向下，而在电场中做类平抛运动，可知粒子受的电场力由c指向b，则电场方向由c指向b；[2]粒子从d到e做匀速圆周运动，速度的大小不变，而e到b做类平抛运动，水平位移等于竖直位移2vxt=v0t则到达b点的水平速度合速度为则粒子在b点和d点的动能之比为21.如图所示，是测量两节干电池组成的串联电池组的电动势和内阻的实验器材.（1）请用笔画线代替导线将它们连接成实验电路._______ （2）如图，是实验中通过实验测出的闭合电路的路端电压与电流之间的关系图，根据此图可得到电池组的电动势为________，内阻为________.【21题答案】【答案】①.②.2.5③.6.25【解析】【详解】（1）[1]两节干电池电动势约为3V，内阻约为几欧姆，最大电流约为零点几安培，则电压表量程选用3V，电流表量程选用0.6A，内阻较小，则采用电流表相对电源的外接法，绘图如下： （2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律结合图像可知22.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除了若干导线和开关外，还有以下实验器材：A.直流电源（电动势约为，内阻不计）；B.直流电流表（量程，内阻约为）；C.直流电流表（量程，内阻约为）；D.直流电压表（量程，内阻约为）；E.直流电压表（量程，内阻约为）；F.滑动变阻器（阻值，电流）；G.滑动变阻器（阻值，电流）；H.标有“”的待测小灯泡.则：（1）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测量多组数据.那么，①实验中电流表应选________，电压表应选_______，滑动变阻器应选_______（均用序号字母表示）；②请将设计的实验电路图画在图中的虚线方框内（其中，部分电路已画出）._______（2）某同学通过实验作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示.现将实验中使用的小灯泡接到如图所示的电路中，其中，电源的电动势为，内阻为，定值电阻，此时小灯泡的实际功率为_______.（结果保留两位有效数字） 【22题答案】【答案】①.C②.E③.F④.见解析⑤.0.84【解析】【详解】（1）[1][2][3]灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择E；而灯泡的额定电流故电流表应选择C；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻；故滑动变阻器选择F；[4]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的电阻较小，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，所以电路图如图：；(3)把定值电阻与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得U=6-10I作出电源的U-I图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压U=2.2V灯泡电流I=0.38A 灯泡实际功率P=UI=0.84W三、本题共3个小题，共29分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位.23.如图所示电路中，定值电阻，当开关接点时，电流表示数；当开关接点时，电流表示数，电源的输出功率为.求：（1）电阻的阻值；（2）该电源的电动势和内阻.【23题答案】【答案】（1）9；（2）3V，1【解析】【详解】（1）当开关接点时，电流表示数，电源的输出功率为。根据解得（2）当开关接点时，电流表示数，有当开关接点时，电流表示数，有带入数据解得 24.如图所示，空间中有竖直方向的匀强电场，现有一质量为，电荷量为的带电小球，在竖直平面内沿与水平方向成角的虚线方向，以初速度斜向上做匀速直线运动。当小球经过点时突然将电场方向沿逆时针方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选点电势为零，重力加速度为。求：（1）电场方向改变前，匀强电场的电场强度；（2）电场方向改变后，小球的最大电势能。【24题答案】【答案】（1），方向竖直向上；（2）【解析】【详解】（1）当匀强电场在竖直方向时，小球所受电场力与重力平衡，即解得方向竖直向上。（2）电场方向改变后，由题意可知小球所受电场力qE与重力mg的合力F方向与v0方向相反，根据力的合成以及对称性可知此时电场强度方向与竖直方向夹角为60°斜向左上，且合力F与重力和电场力大小相等，如图所示，小球做匀减速直线运动，其加速度大小为当小球运动至P点时速度减为零，此时小球的电势能最大，根据运动学规律可得 因为O点为电势零点，所以小球的最大电势能为25.如图所示，图中虚线为各有界场的理想边界，在宽度为的Ⅰ区域内，存在着方向水平向左、场强大小为的匀强电场，Ⅰ区域与Ⅱ区域相切于点.Ⅱ区域内存在着半径，磁感应强度为，方向垂直纸面向里的半圆形匀强磁场，圆心为虚线上的一点；Ⅲ区域内存在着磁感应强度为，方向垂直纸面向外的匀强磁场.从电场左侧边界上的S点，静止释放一个质量、电荷量的带电粒子，该粒子经电场加速后，从圆周上的A点沿半径方向射入半圆形磁场Ⅱ区域，恰好经过点.现将粒子的释放点S沿电场左边界向上移动，再静止释放出一个完全相同粒子，该粒子恰好不能从Ⅲ区域右侧磁场区域边界射出，不计粒子的重力.求：（1）带电粒子进入磁场Ⅱ的速率；（2）Ⅱ区域内磁场的磁感应强度的大小；（3）Ⅲ区域内磁场的宽度。 【25题答案】【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据动能定理解得（2）根据题意，可知从圆周上的A点沿半径方向射入半圆形磁场Ⅱ区域，恰好经过点，故粒子轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力解得（3）将粒子的释放点S沿电场左边界向上移动，根据几何关系可知，射入Ⅱ区域的射入点与两磁场分界线距离为0.12m，则射入Ⅲ区域时，速度方向与分界线夹角满足在Ⅲ区域，根据几何关系根据洛伦兹力提供向心力 解得