【文档说明】四川省凉山州西昌市2021-2022学年高二上学期期末考试物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.296 MB，由小赞的店铺上传

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四川省凉山州西昌市2021-2022学年高二上学期期末检测物理第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（本题有12小题，每小题4分，共48分。1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.

用国际单位制的基本单位．．．．表示电动势的单位，下列正确的是（）A.A•ΩB.J/CC.N•m/CD.kg•m2/（A•s3）【答案】D【解析】【详解】电动势单位为伏特（V），则223WNm/skgm/sm/s1V=1=1=1=1)AAA

kgm/(As故选D。2.如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点，已知a、b两点的电势分别为φa=－2V，φb=－4V，则下列叙述中正确的有（）A.这条电场线上的场强方向是a指向bB.该

电场在c点处的电势为－3VC.a点处的场强Ea小于b点处的场强EbD.正电荷从a点运动到b点的过程中电势能增大【答案】A【解析】【详解】A．因a点电势高于b点，沿电场线电势降低，可知这条电场线上的场强方向是a指向b，选项A正确；B．

该电场不一定是匀强电场，则在c点处的电势不一定为－3V，选项B错误；C．一条电场线不能确定疏密，则ab两点的场强大小不能比较，选项C错误；D．正电荷在高电势点的电势能较大，则正电荷从a点运动到b点的过程中电势能减小，选项D错误。故选A。3.如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的

两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则A.aa>ab>ac，va>vc>vbB.aa>ab>

ac，vb>vc>vaC.ab>ac>aa，vb>vc>vaD.ab>ac>aa，va>vc>vb【答案】D【解析】【详解】在点电荷电场中，场强大小2QEkr=，由图可知acbrrr，可得acbEEE，而带电粒子运动的加速度qEam=，则acbaaa；由

轨迹知，两电荷间为库仑斥力，粒子由a到b，电场力做负功，动能减小，则va>vb，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，则vc>vb，由于abcbUU，由kqUE=可得，则va>vc>vb，故选D．4.如图，两根互相平行长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导

线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）A.O点处的磁场方向O指向NB.a、b两点处

的磁感应强度大小相等，方向相反C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.a、c两点处磁感应强度的大小不相等，方向不相同【答案】C的的【解析】【详解】A．由安培定则和磁场叠加原理可判断出O点处的磁感应强度方向向下，A错误；B．两通电直导线在ab两点的磁场方向均向下，结合对称性可知a、

b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，B错误；C．由图可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，C正确；D．a、c两点处磁感应强度的方向相同，D错误。故选C。5.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘

入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。则带电粒子不能．．从A、B板间飞出应该满足的条件是（）A.212UdULB.22212UdULC.21UdULD.2221UdUL【

答案】B【解析】【详解】带电粒子电场中被加速，则有21102qUmv=−带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速直线运动的两分运动，匀速直线运动：由运动学公式得Lvt=匀加速直线运动：设位移为x，则有2

22122qUxattmd==在要使带电粒子不能飞出电场，则有2dx联立可得22212UdUL故B正确，ACD错误。故选B。6.如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E0的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其

余电阻不计，重力加速度为g。为使ab静止，需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为（）A.mgREL，水平向右B.0cosmgREL，垂直于回路平面向下C.tanmgREL，竖直向下D.sinmgREL，垂直

于回路平面向上【答案】D【解析】【详解】对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示从图像可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为sinAFmg=故磁感应强度的最小值为sinAFmgBILIL==根据欧姆定律，有0sinmgRBEL

=根据左手定则，磁场方向垂直平面向上。故选D。7.研究某种射线装置的示意图如图所示。射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点。在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点。若在板间再加上一个竖直向

下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线粒子（）A.带负电B.初速度为v＝BEC.比荷为qm＝2BrED.比荷为qm＝2EBr【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，粒子受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，粒子带正电，故A错误；B．由题意可知qvBEq=

解得EvB=故B错误；CD．根据牛顿第二定律2vqvBmr=联立解得2qEmBr=故C错误D正确。故选D。8.如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞

出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（）A.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为1∶3B.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1C.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为2∶3D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比

为1∶3【答案】C【解析】【详解】AB．设圆形区域的匀强磁场的半径为R，根据几何关系可知带电粒子1做圆周运动的半径为13tan303RrR==带电粒子2做圆周运动的半径为2tan603rRR==根据牛顿第二定律2vqvBmr=可得qvmBr=则带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比

为3:1，故AB错误；CD．根据22rmTvBq==可知带电粒子1的周期与带电粒子2的周期的比为1:3，由图可知，粒子1转过的角度为120，则粒子1的运动时间11112013603tTT==粒子2转过的角度为60，则粒子1的运动时间222

6013606tTT==则带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为2:3，故D错误C正确。故选C。9.有关电荷受电场力和洛仑兹力的说法中，正确的是（）A.电荷在磁场中一定受磁场力的作用B.电荷在电场中一定受电场力的作用C.电荷受电场力的方向与该处电场方向相同D.电荷

若受磁场力，则受力方向与该处磁场方向垂直【答案】BD【解析】分析】【详解】A．电荷在磁场中不一定受磁场力的作用，如静止的电荷在磁场中不受磁场力，运动方向与磁场平行时也不受磁场力，A错误；B．电荷在电场中一定受电场力的作用，B正确；C．正电荷受电场力的方向与该处电

场方向相同，负电荷受电场力的方向与该处电场方向相反，C错误；D．洛伦兹力总是与电荷的速度方向与磁场强度方向垂直，D正确。故选BD。10.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，

当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）【A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向下运动D.R3上消耗的功率逐渐增大【答案】AC【解析】【详解】AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3

并联后，再与R1串连接在电源两端，电容器与R3并联，当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小，由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大

；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确，B错误；C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C正确；D．因R3两端的电压减小，由P=2UR可知，R3上消耗的功率减小，故D

错误。故选AC。11.如图所示，在磁感应强度B＝2.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2m/s向右匀速滑动。两导轨间距离l＝1.0m，电阻R＝2.0Ω，金属杆的电阻r＝1

.0Ω，导轨电阻忽略不计。下列说法正确的是（）A.通过R的感应电流的方向为由a到dB.金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为4.0VC.金属杆PQ受到的安培力大小为4.0ND.外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热【答案】AB【解析】【详解】A．由右手定则判断知，当导体棒滑动时产生

逆时针方向的电流，通过R的感应电流的方向为由a到d．故A正确；B．导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E=BLv=2×1×2V=4.0V故B正确；C．在整个回路中产生的感应电流为EIRr=+代入数据得I=43A由安培力公式8==N3FBIL安故C错误；D．金

属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和，故D错误．故选AB。12.如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均

为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆（）A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd

D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于22442mgRBL【答案】BC【解析】【详解】本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合分析问题的能力．由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项A错误；

对金属杆受力分析，根据22BLvmgmaR−=可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图象如图所示，由于0~t1和t1~t2图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以t1>（t2-t1），选项B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金

属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则220BLvmgR−=，得22mgRvBL=，有前面分析可知金属杆进入

磁场的速度大于22mgRBL，根据22vhg=得金属杆进入磁场的高度应大于222224444=22mgRmgRgBLBL，选项D错误．点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感应的应用，解题的突破点是金属棒进入磁场Ⅰ

和Ⅱ时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做减速运动．第Ⅱ卷非选择题（共52分）二、实验题（共16分）13.如图为某同学将一个量程为100μA，内阻为810Ω的灵敏电流表改装成的一个简易的多用电表。改装

后的量程分别为：电流1mA，电压3V，欧姆挡×100Ω。（1）图中的B端与_______（填“红”或“黑”）表笔连接。（2）当选择开关拨至挡位1时，对应量程为_______（选填“电流1mA”“电压3V”“欧姆挡×100Ω”），图中定值电阻R1=_______Ω。（3）当选择开关拨至挡位3时，

电阻箱R2应调成_______Ω。【答案】①.红②.电流1mA③.90④.2919【解析】【详解】（1）[1]图中的B端与2连接时，接内部电源的负极，则与红表笔连接。（2）[2][3]当选择开关拨至挡位1时，电流表与电阻并联，则对应量程为电流1mA，图中定值电阻613

610010810901010010gggIrRII−−−===−−改装后的电流表内阻908108190810AR==+（3）[4]当选择开关拨至挡位3时，为电压3V，则电阻箱R2应调成32381291910AURRI−=−=−=14.利用电流表和电压表测定一节干电池

的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．（1）应该选择的实验电路是下图中的________（选填“甲”或“乙”）；（2）现有电流表（0～0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表（0～15V）B．电压表（0～3V）C．滑动变阻器（0～50Ω）D．滑动变阻器（0～500Ω）实验

中电压表应选用________，滑动变阻器应选用________；（选填相应器材前的字母）（3）另一同学从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为999.9Ω，可当标准电阻用）、一只电流表（量程Ig＝0.6A，内阻rg＝0.2

Ω）和若干导线．①根据测定电动势E和内电阻r的要求，设计实验电路图并画在虚线框内______；②闭合开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录；计算出每个电流值I的倒数1I，并作出1RI−图象；若得到的1RI−图象斜率为k，R轴上截距绝对值为b，则

该电池的电动势E＝________，内电阻r＝________．【答案】①.甲②.B③.C④.⑤.k⑥.b-0.2【解析】【详解】（1）干电池内阻较小，为了减小误差应采用相对电源的电流表外接法，故应选择甲图．（2）因电源的电动势为1.5V，故电压表应选择B；内阻约为几欧姆，故滑动变阻器选择C；（3

）实验器材为一个开关、一个电阻箱、一只电流表和若干导线，因此电路图为：（4）因为E=IR+Ir，则1RErI=−，知R与1I成线性关系，图线的斜率表示电动势，即k=E，与纵轴截距的绝对值表示内阻的大小，因为考虑到电流表的内阻，将电流表的电阻等效到电源的内部

，最后求出的内阻减去电流表的电阻为电源的内阻即r＝b-0.2．三、计算题（本大题3个小题，共计36分，解答应写出文字说明、计算过程或演算步骤，只写出结果的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.某学习小组在研究微型小电风扇M的性能时，采用了

如图所示的实验电路。先调节滑动变阻器R，测得小电风扇在未转动的情况下电流表和电压表的示数分别为1.0A和1.0V；继续调节滑动变阻器R，测得小电风扇正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和10V。请分析计算：（1

）小电风扇的内阻r；（2）小电风扇正常运转时，该电风扇线圈的发热功率P1；（3）小电风扇正常运转时，该电风扇的输出功率P2。【答案】（1）1Ω；（2）4W；（3）16W【解析】【详解】（1）当电动机停止转动时，由题

得电动机的电阻111.01.01.0UrI==＝（2）正常运转时，电动机的热功率P1=I22r=22×1W=4W（3）消耗电功率P入=U2I2=10×2W=20W正常运转时输出功率P2=P入-P1=20W-4W=16W16.在一个水平面上建立x轴，在过原

点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同。在O处放一个带负电，电荷量q＝5.0×10－8C，质量m＝1.0×10－2kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方

向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图所示，g取10m/s2，求：的（1）若以O点为零电势能点，物块具有的最大电势能；（2）物块最终停止时的位置。【答案】（1）2max1.210JpE−=；（2）0.2m【解析】【详解】（1）物块先在电场中向右减速，速度减为0时电势能最大。设运动的位移为

x1，由动能定理得2101()02qEmgxmv−+=−解得x1＝0.4m物块具有的最大电势能211.210JpmaxEqEx−==（2）根据题意可知，当物块速度减为零后0qEmg−所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下

减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，对全程由动能定理有21201(2)02mgxxmv−+=−联解得x2＝0.2m17.在平面直角坐标系xOy的第I、II象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场，在第III象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在第IV象限内有一半径

为R且与两坐标轴相切的圆，圆内有匀强磁场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计粒子受到的重力）从坐标为（－2R，－R）的S点由静止释放，粒子从y轴上的P点进入圆内磁场，从x轴上的Q点（图中未画出）进入第I象限，然后立即撤去第I

II、IV象限内的电场和磁场，粒子经第I、II象限内的磁场偏转后恰好通过坐标原点O。已知圆内磁场的磁感应强度大小B1＝23mEqR、方向垂直坐标平面向里。求：（1）粒子运动到P点时的速度大小；（2）Q点的坐标；（3）粒子从开始释放到O点所用的时间。【答案】（1）2qERm；（2）3(

,0)3RR+；（3）23932(31)[]629mRqE++++【解析】【详解】（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，则由2122qERmv=解得2qERvm=（2）粒子在圆形磁场中做圆周运动，设其运动半径为r1，有211mvqvBr=解得13rR=由几何

关系可知，粒子在圆内磁场中运动轨迹绕过的圆心角θ满足1tan2Rr=解得θ=60°则∠PO1Q=120°，设圆形磁场与X轴相切于A点，粒子轨迹与圆形磁场边界的交点为Q′，连接O1Q′并延长，与x轴交于Q点，则∠AO1Q=30°则13tan303AQOAR==所以Q

点的坐标为3,03RR+（3）从S到P1qEtmv=可得12mRtqE=从P到Q′2123.26mmRtqBqE==从Q′到Q3QQtv=1'cosRQQRAOQ=−可得32336mRtqE−=从Q到O24

23tT=222rTv=22cos30rOQ=可得()42339mRtqE+=所以从开始释放到O点1234ttttt=+++总解得23932(31)[]629mRtqE++=++总