2022-2022学年黑龙江省绥化市庆安三中高二（上）期末物理试卷（B卷） 一、选择题（本题8个小题，共48分．其中1.2.3.4为单选，其它为多选，选对得6分，选对但不全者得3分，多选错选不得分）1．（6分）（2022秋•庆安县校级期末）如图1，某电场的一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点电势φ随x变化的规律如图2所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（ ） A．电子的加速度恒定 B．电子的电势能将增大 C．电子将沿着x轴负方向运动 D．电子的加速度先逐渐减小后逐渐增大考点：电场线；牛顿第二定律．专题：常规题型．分析：根据电子所受电场力方向特点，分析电子的速度如何变化．电势φ﹣x图线的斜率等于电场强度大小，根据斜率的变化，分析场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化．由场强的变化情况，确定场源电荷．解答：解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，即=E，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，由F=qE知，电子所受的电场力先减小后增大，由牛顿第二定律得知，电子运动的加速度先减小后增大．故A错误，D正确；B、由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小．故B错误；C、由图看出，电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动．故C错误；故选：D．点评：本题难点在于对φ﹣x图线斜率的理解，可借助于匀强电场中场强与电势差关系公式=E进行定性理解． -13-\n2．（6分）（2022秋•庆安县校级期末）某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10（24V/200W）和10个相同的指示灯X1～X10（220V/2W），将其连接在220V交流电源上，电路见图．若工作一段时间后L2灯丝烧断，则（ ） A．X1的功率减小，L1的功率增大 B．X2的功率增大，其它指示灯的功率减小 C．X1的功率增大，L1的功率增大 D．X2的功率减小，其它指示灯的功率增大考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由电路连接知：各照明灯与对应的指示灯并联，各组（照明灯+指示灯）灯串联．每组中的照明灯和指示灯是并联的，所以总电阻要小于照明灯或指示灯的电阻，指示灯L2灯丝烧断，相当于本组电阻增大；串联电路中导体两端电压与其阻值成正比，所以X2两端电压增大，X2以外的其它灯组两端电压都减小，具体灯泡功率的变化，根据P=判断．解答：解：L2与X2并联，灯丝烧断，X2两端电压增大，由P=知，照明灯X2电阻不变，实际功率变大；在串联电路中总电压等于分电压之和．X2两端电压增大，所以其它灯组两端电压减小，由P=知：其它指示灯电阻不变，实际功率减小．故选：B．点评：此题属混联电路的问题，按先局部（X2和L2）并联再整体（其它灯组）串联的过程分析，运用相应的并联、串联规律，体现了分割和整体思想的交互应用． 3．（6分）（2022秋•庆安县校级期末）一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则判断导线ab受磁场力后的运动情况（ ） A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 从上向下看顺时针转动并远离螺线管-13-\nB． C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管考点：安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．解答：解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，小磁针应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；故选：D点评：解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解． 4．（6分）（2022秋•五大连池市期末）为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（ ） A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高 B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高 C．污水流量Q与U成正比，与a、b无关-13-\n D．污水中离子浓度越高电压表的示数将越大考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：A、正负离子作定向移动，受到洛伦兹力，发生偏转，打在前后表面上，正离子偏转向哪一个表面，哪一个表面的电势高．C、前后表面上有正负离子，之间形成电场，最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，两极板间形成稳定的电势差．D、根据正负离子会受到电场力、洛伦兹力平衡，求出电压表所测的电压与什么因素有关即可知．解答：解：A、正负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏．所以前表面比后表面电势低．故A、B错误．C、最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qE=qvB，即．而污水流量Q=vbc=，可知Q与U成正比，与a、b无关．故C正确．D、Q=，则，电压表的示数与磁感应强度、流量Q以及流量计的高有关，与离子浓度无关．故D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道在电磁流量计中，正负离子受电场力和洛伦兹力平衡． 5．（6分）（2022秋•庆安县校级期末）下述关于在如图所示的电路中电源电动势为E，内电阻为r．闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器P的滑动触头，从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比（ ） A．U变小B．I变小C．Q减小D．Q增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：首先认识电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流．当滑片P向a一端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化．解答：-13-\n解：当滑动变阻器P的滑动触头，从图示位置向a一端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干电路的电流I减小；变阻器两端的电压U=E﹣I（R2+r），I减小，U增大，即电容器C两端的电压增大，所带电荷量Q增大．故BD正确．故选：BD点评：本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系．对于电容器，电容不变时，关键确定电压． 6．（6分）（2022秋•庆安县校级期末）如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的而且绝缘，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，a、b为轨道的最低点，则（ ） A．两小球到达轨道最低点的速度Va＞Vb B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力Fa＜Fb C．小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间 D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端考点：洛仑兹力；作用力和反作用力；匀强电场中电势差和电场强度的关系．分析：两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小．解答：解：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：FM﹣mg﹣Bqv1=m解得：FM=+mg+Bqv1…①小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：FN﹣mg=解得：FN=+mg…②A、由上可知，两小球到达轨道最低点的速度Va＞Vb，故A正确；B、因为va＞vb，结合①②可知：Fa＞Fb，故B错误；-13-\nC、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故C错误；D、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确；故选：AD．点评：洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小． 7．（6分）（2022•南岗区校级四模）图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（ ） A．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1 B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1 C．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径 D．在磁感应强度、“D”形盒半径，粒子的质量及其电荷量不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断．解答：解：A、根据周期公式T=知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1．故A正确．B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tn﹣tn﹣1），故B错误；C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能Ek=mv2=，与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关．故C正确，D错误．故选：AC．点评：-13-\n本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的． 8．（6分）（2022秋•庆安县校级期末）如图所示，ab、cd是固定在竖直平面内的足够长的金属框架，除电阻R外其余电阻不计；ef为一金属杆，与ab、cd接触良好且没有摩擦．下滑时ef始终处于水平状态，整个装置处在垂直框面的匀强磁场中，ef从静止下滑一段时间后，闭合开关S，则（ ） A．闭合开关时ef的加速度大小一定小于g B．闭合开关时ef的加速度大小可能等于g C．闭合开关的时刻不同，ef最终的速度相同 D．闭合开关的时刻不同，ef最终的速度不同考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：分析闭合开关S后ef棒可能的运动情况：闭合开关S后杆切割磁感线产生感应电流，竖直方向上受到向上的安培力和向下的重力作用．若重力大于安培力，导体杆先做加速度减小的变加速运动后做匀速运动；若重力等于安培力，导体杆做匀速运动；若重力小于安培力，导体杆先做加速度减小的变减速运动后做匀速运动；根据牛顿第二定律可分析杆的加速度与g的关系．最终ef做匀速运动，根据平衡条件得到速度的表达式，进行分析．解答：解：A、B、闭合开关S后，ef杆切割磁感线产生感应电流，竖直方向上受到向上的安培力和向下的重力作用．若ef所受的安培力F安=2mg，由牛顿第二定律得F安﹣mg=ma，可得加速度a=g．故A错误，B正确．C、D，闭合S的时刻不同，但ef最终都做匀速运动，设最终的速度大小为v，则有：mg=，得：v=，由于m、R、B、L都相同，则v一定相同．故C正确，D错误．故选：BC点评：本题首先要对开关闭合后ef可能的运动情况分析要清楚，其次从力平衡的角度分析，得到稳定时ef的速度表达式，再进行判断． 二、实验题：-13-\n9．（9分）（2022秋•庆安县校级期末）在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L，直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图A，则金属丝的直径为 0.696 mm．图B游标卡尺的读数为 10.00 cm．若用图C的电路图测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值 偏小 ．（填“偏大”或“偏小”）考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．根据电流表测量值与实际值关系，结合欧姆定律判断电阻的测量值与真实值的关系．解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为5mm，可动刻度读数为0.01×19.6mm=0.196mm，所以最终读数为0.696mm．游标卡尺的主尺读数为100mm，游标读数为0.1×0=0.0mm，所以最终读数为100.0mm=10.00cm．电压表测量电阻两端的电压准确，电流表测量的电流偏大，根据欧姆定律知，电阻测量值偏小．故答案为：0.696﹣0.698mm10.00cm偏小点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及掌握电流表内外接形成的误差，可以用一个口诀表达，“小外偏小，大内偏大”． 10．（18分）（2022秋•湄潭县校级期末）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约10kΩ）B．电压表（0～15V，内阻约20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻约1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（500Ω，1A）G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选 A ，电流表应选用 D ，滑动变阻器应选用 E ．（2）在虚线框内画出实验电路图，并根据所画电路图进行实物连接．（3）利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图（乙）所示，分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点： 小灯泡电阻随温度的升高而增大 ．-13-\n（4）若把电器元件Z和小灯泡接入如图（丙）所示的电路中时，通过Z的电流为0.22A，已知A、B两端电压恒为2.5V，则此时灯泡L的功率约为 0.31 W（保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：本题（1）的关键是根据小灯泡的规格中的额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，可知应选择电阻选择变阻器．题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足，可知电流表应用外接法，又变阻器应用分压式接法，即可画出电路图和实物图．题（3）的关键是根据电阻定义可知，电阻大小与I﹣U图线上的点与原点连线的斜率倒数成正比，说明小灯泡的电阻随温度的升高而增大．题（4）的关键是根据I﹣U图象读出0.22A对应的电压大小，然后根据P=UI求出功率即可．解答：解：（1）：根据小灯泡的规格“4V，2W”可知，电压表应选A，电流I=，所以电流表应选D；由于描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器E．（2）：由于小灯泡电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，所以电路图和实物连线图如图所示：（3）：根据I=可知，小灯泡电阻与I﹣U图象上各点与原点连线的斜率倒数成正比，所以小灯泡电阻随温度的升高而增大．（4）：由I﹣U图象可知，I=0.22A-13-\n时对应的电压U=1.4V，所以小灯泡的功率为：P=UI=1.4×0.22W=0.31W故答案为：（1）A，D，E（2）如图，如图（3）小灯泡电阻随温度的升高而增大（4）0.31点评：当要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，此时，应选择全电阻小的变阻器以方便调节．当待测电阻满足，电流表应用外接法，否则应用内接法． 三、计算题：（本题2小题，共35分，解答时需要写出规范的物理表达式和必要的文字说明，只写对结果不给分）11．（15分）（2022秋•庆安县校级期末）如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它于以正电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点．质量为m，电量为﹣q的有孔小球从杆上A点无初速下滑．已知q＜Q，AB=h1，BC=h2小球滑到B时的速度大小为．求：（1）A、C两点的电势差（2）小球通过C点的速率．考点：动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）小球由A到B重力和电场力做功，由动能定理求得小球从A点到B点的过程中电场力做的功，进一步得到AB间的电势差；由题，B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AC间的电势差；（2）根据动能定理即可得到C点的速度．解答：解：（1）小球由A到B重力和电场力斗做正功，由动能定理得：解得：WAB=正电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，所以B与C的电势相同，由电势差的定义得：UAC=UAB=-13-\n解得：（2）小球由A到C由动能定理得：解得：答：（1）A、C两点间的电势差为；（2）小球下滑到C点时速度大小为点评：电势差是表示电场的能的性质的物理量，与电场力做功有关，常常应用动能定理求解电势差． 12．（20分）（2022•日照一模）如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场II，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点OM=MP=L．在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场．一质量为m、带电荷量为+q的粒子从电场中坐标为（﹣2L，﹣L）的点以速度υ0沿+x方向射出，恰好经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I（粒子的重力忽略不计）．（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；（2）求区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小；（3）如带电粒子能再次回到原点O，问区域II内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解场强E的大小；（2）带电粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．由题意，粒子经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度B的大小；-13-\n（3）当带电粒子恰好能再次回到原点O，在磁场Ⅱ中轨迹恰好与其右边界相切，画出轨迹，由几何关系即可求出磁场的宽度．分段求出时间，即可求得总时间．解答：解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有水平方向：2L=v0t竖直方向：联立解得，（2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为vy则则粒子进入磁场时速度大小为，方向与x轴正向成45°粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得轨迹半径为由洛伦兹力充当向心力，则有可解得：（3）粒子运动轨迹如图．在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为带电粒子能再次回到原点的条件是区域Ⅱ的宽度粒子从O到M的运动时间粒子从M到N的运动时间粒子在区域Ⅱ中的运动时间粒子两次经过原点O的时间间隔为答：（1）第三象限匀强电场场强E的大小是；-13-\n（2）区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小是；（3）如带电粒子能再次回到原点O，区域II内磁场的宽度至少为（+1）L，粒子两次经过原点O的时间间隔为．点评：本题考查带电粒子在电磁场中的运动，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解． -13-
