臨渭區2021~2022學年度第一學期期末教學質量檢測高二物理試題第I卷（選擇題共52分）一、選擇題（本大題共13小題，每小題4分，計52分，在每小題給出的四個選項中，第1~9題只有一項符合題目要求；第10~13題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分）1.下列關于電場和磁場的說法正確的是（）A.電場和磁場都是假想的，并不是客觀存在的物質B.磁感線與電場線一樣都是客觀不存在的，且不相交、不相切C.電場強度為零的地方電勢一定為零，電勢為零的地方電場強度也為零D.一小段通電導線在某處不受安培力作用，則該處的磁感應強度一定為零【答案】B【解析】【詳解】A．電場和磁場都是客觀存在的物質，電場線和磁感線是假想的，選項A錯誤；B．磁感線與電場線一樣都是客觀不存在的，且不相交、不相切，選項B正確；C．電勢零點是人為規定的，電場強度為零的地方電勢不一定為零，例如等量同種正電荷連線的中點處；電勢為零的地方電場強度不也為零，例如等量異種電荷連線的中垂線上，選項C錯誤；D．一小段通電導線在某處不受安培力作用，可能是電流方向與磁場方向平行，而該處的磁感應強度不一定為零，選項D錯誤。故選B。2.關于這些概念，下面說法正確的是（）A.磁感應強度大的地方，穿過線圈的磁通量不一定大B.磁感應強度大的地方，線圈面積越大，穿過線圈的磁通量也越大C.磁通量的變化，一定是由于磁場的變化產生的D.穿過線圈的磁通量為零時，磁感應強度一定為零【答案】A【解析】【分析】【詳解】AB．磁感應強度越大地方，線圈的面積越大，則穿過線圈的磁通量也不一定變大，要注意線圈與磁場放置角度，如線圈與磁場平行時磁通量一定為零，故A正確，B錯誤；C．磁通量的變化，不一定由于磁場的變化產生的，也可能是由于線圈在垂直于磁場方向的投影面積的變化引起的，故C錯誤；D．穿過線圈的磁通量為零時，磁感應強度不一定為零，比如線圈與磁場平行時磁通量一定為零，而磁感應強度卻可不為零，故D錯誤；故選A。3.平行板電容器是將電能暫時存儲的一種電學元件，要使平行板電容器的電容增加，下列做法正確的是（）A.增大兩極板正對面積B.改用介電常數較小的電介質C.增大兩極板間的距離D.增大兩極板間的電壓【答案】A【解析】【詳解】ABC．平行板電容器電容的決定式為，增大兩極板正對面積S時，電容會增大；改用介電常數較小的電介質或增大兩極板間的距離d，電容均會減小，故A正確，BC錯誤；D．增大兩極板間的電壓，電容大小不變，故D錯誤；故選A。4.如圖，在一個點電荷Q附近的a、b兩點放置檢驗電荷，則檢驗電荷的受力F與其電荷量q的關系圖中正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】因為離點電荷越近，電場強度越大，根據電場強度的定義式得所以F與q成正比，即F與q的斜率為電場強度，所以a點與原點連線的斜率大于b點與原點連線的斜率，故B正確，ACD錯誤。

故選B。5.如圖所示的直線為某一電場的一條電場線，A、B是電場中的兩點，下列說法正確的是（）A.電場強度一定是 B.電勢一定是C.正電荷的電勢能一定是 D.負電荷的電勢能一定是【答案】C【解析】【詳解】A．一條電場線不能確定疏密情況，則無法比較兩點的場強大小，選項A錯誤；B．沿電場線電勢逐漸降低，可知電勢一定是選項B錯誤；C．正電荷在高電勢點的電勢能較大，可知正電荷的電勢能一定是選項C正確；D．負電荷在高電勢點的電勢能較小，負電荷的電勢能一定是選項D錯誤。故選C。6.如圖所示，空間有水平方向、磁感應強度為B的勻強磁場，長為L的輕繩一端拴一質量為m、帶電量為+q的小球，另一端固定在O點。小球在最低點A點時獲得向右的初速度v0后能夠在豎直面內做完整的圓周運動，空氣阻力忽略不計，且，則下列說法正確的是（）

A.小球做勻速圓周運動B.小球在運動過程中所受洛倫茲力大小不變C.小球在A處所受洛倫茲力方向背離圓心OD.小球在最高點B時的速度【答案】D【解析】【詳解】A．小球豎直面內做圓周運動過程中，受重力、繩的拉力和洛倫茲力作用，繩的拉力和洛倫茲力方向始終與運動方向垂直，不做功，重力做功，根據動能定理可知，物體的動能不斷變化，速度大小不斷變化，故A錯誤；B．因為物體的速度大小不斷變化，根據可知，洛倫茲力大小不斷變化，故B錯誤；C．小球帶正電，根據左手定則可知小球在A處所受洛倫茲力方向指向圓心O，故C錯誤；D．設小球在最高點B時的最小速度為v，在最高點洛倫茲力指向圓心，根據牛頓第二定律可得解得故D正確。故選D。7.如圖所示，M、N為兩塊相距為d的平行金屬板，與電源的正負極相連。質量為m、電量為q的帶電粒子以垂直于極板的初速從M板上小孔O飛入兩金屬板內。當兩金屬板間電壓為U時粒子恰能到達N板，若要使粒子在兩板正中間處返回，則下面做法種可能的有（）A.使兩板間距變為2d B.使粒子初速變為C.使兩板間電壓變為2U D.使粒子電量變為【答案】C【解析】【詳解】A．設兩板間場強為，由動能定理可得如果使兩板間距變為2d，則場強變為，由上式可知，粒子的運動距離將達到2d，即粒子還是恰能到達N板，故A不可能；B．如果使粒子初速變為，則有解得即粒子只能到達兩板間四分之一處，故B不可能；C．如果使兩板間電壓變為2U，則有解得即粒子到達兩板正中間處時速度減小到零，然后返回，故C可能；D．如果使粒子電量變為，則有解得故D不可能。本題要選擇可能的做法，故選C。8.如右圖所示的電路為歐姆表原理圖，電池的電動勢E＝1.5V，G為電流表，滿偏電流為200μA。當調好零后，在兩表筆間接一被測電阻Rx時，電流表G的指針示數為50μA，那么Rx的值是()A.7.5kΩ B.22.5kΩC.15kΩ D.30kΩ【答案】B【解析】【詳解】試題分析:由滿偏電流求歐姆表的內阻：R內＝=7500Ω連入電阻后，由I=；解得RX=22.5KΩ，故選B考點：用多用電表測電阻．9.如圖所示，兩段長度和材料相同、各自粗細均勻的金屬導體a、b，單位體積內的自由電子數相等，橫截面積之比.已知流經導體a的電流為0.16A，電子的電荷量.下列說法正確的是（）A.a、b的電阻之比B.5s內有個自由電子通過導體b的橫截面C.自由電子在導體a和b中的定向移動速率之比D.相同時間內導體a和b產生的焦耳熱之比【答案】B【解析】【詳解】A．根據電阻定律可得a、b的電阻之比為故A錯誤；B．5s內通過導體b的橫截面的自由電子數為個故B正確；C．根據電流的微觀表達式可得自由電子在導體a和b中定向移動速率之比為故C錯誤；D．根據焦耳定律Q=I2Rt可得相同時間內導體a和b產生的焦耳熱之比為故D錯誤。故選B10.如圖所示，a、b是一對水平放置的平行金屬板，其間有相互垂直的勻強電場（未畫出）和勻強磁場，其中勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里，有一帶電粒子（不計重力）以水平初速度v0沿著圖中的虛線MN做直線運動的過程中，下列說法正確的是（）A.帶電粒子一定做勻速直線運動B.若a板帶正電，則帶電粒子一定帶正電C.若a板帶正電，則帶電粒子一定帶負電D.勻強電場的場強大小為Bv0【答案】AD【解析】【詳解】A．因粒子在電磁復合場中做直線運動必為勻速直線運動，故A正確；BC．帶電粒子能沿著圖中的虛線MN做直線運動，則即即與粒子電性無關，故BC錯誤；D．由知勻強電場的場強大小為故D正確。故選AD。11.如圖所示，電源電動勢，內阻，直流電動機內阻。現調節滑動變阻器R使電源輸出功率最大，且此時額定功率為6W的電動機剛好正常工作，則此時R的阻值和電動機的焦耳熱功率P為（）

A. B.C. D.【答案】AD【解析】【詳解】電源的最大輸出功率為回路電流為I解得滑動變阻器的功率為解得電動機的熱功率為AD正確，BC錯誤。故選AD。12.如圖所示，在勻強電場中，將質量為、電荷量為的帶電粒子從電場中的A點移動到B點，靜電力做了的功，再從B點移動到C點，靜電力做了的功.已知電場的方向與的平面平行，，，，BC邊豎直，規定B點的電勢為0，不計帶電粒子的重力，則下列判斷正確的是（）A.A、B兩點間電勢差B.C點的電勢C.勻強電場強度為20V/m，方向由B指向CD.若將上述帶電粒子由C點以10m/s水平向右拋出，粒子恰好能過A點【答案】BC【解析】【詳解】A．A、B兩點間電勢差A錯誤；B．B、C兩點間電勢差又因為故B正確；C．過A做BC的垂線，垂足為D，則所以D點電勢為，則AD為等勢線，故電場方向由B指向C，則勻強電場大小C正確；D．帶電粒子做類平拋運動，若粒子恰好經過A點，則解得D錯誤。故選BC。13.如圖所示，在傾角為37°的斜面上，固定一寬為0.5m的平行金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器R。電源電動勢為6V，內阻為1Ω，一質量為40g的金屬棒與兩導軌垂直并接觸良好。整個裝置處于垂直于斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度為0.4T，金屬棒的電阻為1Ω，導軌電阻不計，金屬導軌與金屬棒之間的動摩擦因數為0.5，金屬棒所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。要保持金屬棒在導軌上靜止，滑動變阻器R接入電路中的阻值可能為（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）（）

A1Ω B.8ΩC.14Ω D.20Ω【答案】AB【解析】【分析】【詳解】當滑動變阻器接入電路的阻值變化時，電路中的電流變化，金屬棒所受安培力也會隨之變化，要保持金屬棒靜止在導軌上，有兩個臨界狀態，如圖所示

當金屬棒恰好不上滑時，有當金屬棒恰好不下滑時，有帶入數據，可得根據安培力表達式和閉合電路歐姆定律，有聯立，可得故選AB。第II卷（非選擇題共58分）二、實驗探究題（本大題共2小題，計20分）14.某實驗小組測量一節干電池的電動勢和內阻，可選用的實驗器材如下：A.待測干電池B.電流表A1（0～200μA，內阻為500Ω）C.電流表A2（0～0.6A，內阻約為0.3Ω）D.電壓表V（0～15V，內阻約為5kΩ）E.電阻箱R（0～9999.9Ω）F.定值電阻R0（阻值為1Ω）G.滑動變阻器R′（0～10Ω）H.開關、導線若干

（1）該小組在選擇器材時，放棄使用電壓表，原因是_____________。（2）該小組利用電流表和電阻箱改裝成一量程為2V的電壓表，并設計了如圖甲所示的電路，圖中電流表a為____________（選填“A1”或“A2”），電阻箱R的阻值為____________Ω。（3）閉合開關，調節滑動變阻器，讀出兩電流表的示數I1、I2的多組數據，在坐標紙上描繪出I1-I2圖線如圖乙所示。根據描繪出的圖線，可得所測干電池的電動勢為1.5V，內阻r=__________Ω。（保留兩位有效數字）【答案】①.量程太大，測量誤差大②.A1③.9500④.0.80【解析】【分析】【詳解】(1)[1]該小組在選擇器材時，放棄使用電壓表，原因是量程太大，測量誤差大。(2)[2][3]圖中電流表a為電流表A1，電流表內阻精確已知，可以改裝成2V的電壓表，串聯的電阻箱的阻值為(3)[4]由閉合電路歐姆定律可得移項化簡得由題意可知，乙圖的斜率可解得。15.某同學要測量如圖甲所示金屬圓環材料的電阻率，已知圓環的半徑為r。

（1）他用螺旋測微器測量圓環材料圓形橫截面的直徑d，如圖乙所示，則d=______mm；（2）他先用多用電表粗測圓環的電阻，將多用電表歐姆擋調至“×100”，紅、黑表筆接在圓環同一直徑的兩端，指針偏轉如圖丙所示，讀出電阻的阻值約為______Ω；（3）他再用如圖丁所示的電路測量該圓環的電阻，圖中圓環接入電路的兩點恰好位于一條直徑上，電壓表的量程為5V，開關S閉合后，電壓表右端接到a點時電壓表示數為4.5V、電流表示數為1.8mA，接到b點時電壓表示數為4.6V、電流表示數為1.6mA。為了減小電阻的測量誤差，他應該把電壓表的右端接在______（選填“a”或“b”）點進行實驗；則圓環接入電路的兩點間的電阻值為______Ω，此值______（選填“偏大”“偏小”或“準確”）。（4）實驗中電流表的讀數為I，電壓表的讀數為U，金屬圓環材料電阻率的表達式為______。（用r、d、U、I表示）【答案】①.5.665（5.663~5.667均可）②.2800③.b④.2875⑤.偏大⑥.【解析】【詳解】（1）[1]螺旋測微器的讀數為：固定刻度+可動刻度最小精度值=5.5mm+16.50.01mm=5.665mm。（2）[2]由圖像知電阻為（3）[3]根據試觸法，由于電壓表變化明顯，即電流表分壓引起誤差較大，所以為了減小電阻的測量誤差，采用伏安法內接法，他應該把電壓表的右端接在b點進行實驗。[4]圓環接入電路的兩點間的電阻值為[5]根據大內偏大規律可知，采用伏安法內接法時，測得電阻的阻值偏大。（4）[6]金屬圓環材料電阻率的表達式為聯立解得三、計算題（本大題共3小題，計38分.解答應寫出必要的文字、方程式和重要的演算步驟，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）16.如圖所示，電源電動勢，內電阻，電容器的電容，電阻、、、為電阻箱，閉合開關S，當時，求：（1）通過電源的電流I；（2）電容器穩定后的帶電量Q；（3）電源的輸出功率P出和的功率P4。【答案】（1）；（2）；（3）11W；1.5W【解析】【詳解】（1）由閉合電路歐姆定律有代入數據解得（2）根據歐姆定律有因，所以流過的電流等于，則設電容器兩端電壓為電容器的帶電量帶入數據解得（3）電源的輸出功率的功率17.如圖所示，以為圓心，內外半徑分別為和的“扇形”區域內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為，、為扇形區域的兩條邊界（邊界上有磁場）。一束質量為、帶電量為的粒子以不同的速率沿方向射入磁場，與的夾角為。（不計重力和粒子之間的相互作用力）（1）某一粒子經過扇形區域后從磁場邊界上點離開磁場，求該粒子的速率和粒子從點運動到點的總時間；（2）能從邊界射出的粒子的速率范圍。

【答案】（1），；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）當粒子經過扇形區域后從磁場邊界上點離開磁場時，運動軌跡如圖1所示。根據幾何關系可知粒子做圓周運動的軌道半徑為根據牛頓第二定律有解得粒子運動的周期為粒子轉過的圓心角為所以（2）如圖2所示，當粒子從N點離開磁場區域時，根據幾何關系可知其軌道半徑為設此時粒子的速率為，則解得所以能從邊界射出的粒子的速率范圍