河南省2022学年驻马店市高二上期末物理试卷

2022-2022学年河南省驻马店市高二（上）期末物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1．（4分）迄今为止，科学实验发现的最小电荷量就是电子所带的电荷量，人们把这个最小的电荷量叫做元电荷。下列科学家中，最早测得元电荷数值的是（）A．库仑B．奥斯特C．密立根D．安培2．（4分）如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在以导线截面的中心O为圆心的圆周上有a、b、cd四点，已知a点的磁感应强度为2B，方向也是竖直向下，则d点的磁感应强度的大小和方向分别为（）A．大小为B，方向竖直向上B．大小为2B．方向水平向右C．大小为B，方向垂直纸面向外D．大小为B，方向斜向右下方3．（4分）在如图所示的电路中，某同学根据闭合开关K时，电流表示数的变化情况，来判断电源有无内阻。下列是他对实验结果的判断，其中正确的是（）A．若电流表示数不变，则电源有内阻B．若电流表示数不变，则电源无内阻C．若电流表示数变大，则电源有内阻D．不能通过该实验判断电源是否有内阻4．（4分）已知只在A、B之间的空间区域内存在有静电场，电场线平行于x轴，电场中电势φ沿x轴方向的分布如图所示，一带正电粒子从A点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动，则以下分析正确的是（）16/16A．粒子恰好能到达B位置再返回B．粒子在到达B位置前就开始向A点返回C．粒子到达B点后继续向右运动不再返回D．条件不足，无法判断粒子能否到达B点5．（4分）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和a粒子（氦原子核）先后以相同的动能对准圆心O射入磁场，若粒子只受磁场力的作用，已知质子在磁场中偏转的角度为90°，则α粒子在磁场中偏转的角度是（）A．30°B．45°C．90°D．120°6．（4分）如图所示，电源电动势E＝10V，内阻不计，R1＝1.0Ω，R2＝4.0Ω，R3＝5.0Ω，C1＝C2＝30μF，先闭合开关S，待电路稳定后，再将S断开，则从S断开到电路再次稳定的过程中，通过R2的电荷量为（）A．1.2×10﹣4CB．1.5×10﹣4CC．1.8×10﹣4CD．30×10﹣4C7．（4分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨间距为10cm，导轨平面与水平面夹角为45°，上端连接的定值电阻阻值为19，电源电动势为3V（内阻不计），质量为12g的导体棒ab放在金属导轨上，且与导轨垂直。整个装置处在方向垂直于导体棒的匀强磁场（图中未画出）中，已知重力加速度g取10m/s2，不计导轨和导体棒的电阻。若使导体棒静止不动，关于磁场的磁感应强度最小值Bm，和与之相对应的磁场方向（顺着导体棒从a向b看），以下说法正确的是（）16/16A．Bmin＝T，水平向左B．Bmin＝0.4T，水平向左C．Bmin＝T，垂直斜面向上D．Bmin＝0.1T垂直斜面向上8．（4分）类比磁通量的概念，在静电场中同样可以定义电通量的概念：若电场中有一个面积为S的区域，各处的电场强度大小均为E，且与该区域垂直，则穿过这个面积的电通量φ＝ES．空间中现有一个电荷量为Q的固定点电荷，在其周围激发静电场，以点所在位置为球心作两个半径不同的球面S1和S2，如图所示。则以下说法正确的是（）A．通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离成正比B．通过S1和S2的电通量与它们距球心距离的平方成正比C．通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离成反比D．通过S1和S2的电通量为一个恒量，与它们距球心的距离无关9．（4分）一个可自由移动的带电粒子（重力忽略不计）在匀强电场、匀强磁场同时存在的空间中可能出现的运动状态是（）A．匀变速直线运动B．静止C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动10．（4分）如图所示，六个点电荷分布在边长为a的水平放置的正六边形ABCDEF六个顶点处在A、D、F处点电荷的电荷量均为﹣q，其余各处点电荷的电荷量均为+q，光滑竖直杆固定在正六边形的中心轴上。现将质量为m、带电荷量为+Q的小环穿在杆上，由P点自由释放，若不考虑P16/16环的电荷对电场的影响，则下列说法正确的是（）A．O点电场强度大小为，方向由O指向CB．O点电势等于P点电势C．小环从P到O做匀加速直线运动D．小环从P到O的过程电势能先减小后增大11．（4分）如图甲所示，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图示箭头方向为正方向。螺线管与灵敏电流表G相连，构成闭合回路。当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是（）A．在t＝1s时，电流表G的示数为0B．在0﹣1s时间内，感应电流方向为c→G→bC．1s﹣2s与2s﹣﹣3s两段时间内，感应电流方向相同D．在2s﹣4s时间内，电流先增大再减小12．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）相连，下极板接地，在两极板间P点固定一个带负电的微粒。现在改变某一条件（P点始终在两极板间），当电路再次稳定后，一定能使带电微粒的电势能减少的情况是（）16/16A．将上极板向下平移一小段距离B．将上极板向左平移一小段距离C．下极板向下平移一小段距离D．在极板间充入某种电介质二、解答题（共2小题，满分16分）13．（6分）软铁环上绕有A、B、C三个线圈，线圈的绕向如图所示，这三个线圈分别与线圈M、电源、电流表相连。当电键K1闭合、K2断开时，将条形磁铁的N极加速向下插入线圈M过程中，电流表指针向左偏转。由上述可知：（1）若保持K1闭合、K2断开，将条形磁铁的S极从线圈M中加速向上拔出的过程中，电流表指针（选填向左向右或不）偏转（2）若保持K1、K2均闭合，将条形磁铁插入线圈M中保持不动，电流表指针（选填向左、向右或不）偏转（3）若保持K1断开，在K2闭合瞬间，电流表指针（选填向左、向右或不）偏转14．（10分）某兴趣小组要将一块量程为1mA、内阻约为100Ω的电流表G改装成量程为3V的电压表，首先要测量该电流表的内阻Rg，现有如下器材A．待测电流表G（量程1mA、阻值约100Ω）B．滑动变阻器（总阻值5000Ω、额定电流0.5A）；C．滑动变阻器（总阻值500Ω、额定电流1A）；D．电阻箱（总阻值999.9Ω）；16/16E．电源（电动势为1.5V，内阻很小）F．电源（电动势为3V，内阻很小）G．开关、导线若干（1）该小组如果选择如图甲所示的电路来测量待测电流表G的内阻，则为了减小系统误差，滑动变阻器R1应该选择，电源选择（填器材前代码序号）（2）实验时，先断开开关S2，将滑动变阻器R1调至最大值，再闭合开关S1，调节R1，使电流表G的示数为Ig；保持R1的阻值不变再闭合开关S2，调节电阻箱R2，使电流表G示数为，此时电阻箱R2的示数如图乙所示，则电流表G的内阻为Ω（3）该实验中，电流表G内阻的测量值真实值（选填大于、等于或小于）（4）若将该电流表G改装成3V的电压表，则需串联Ω的定值电阻三、计算题（本题共4小题，共46分.解答时须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须写明数值和单位，）15．（9分）如图所示，水平面内两根足够长的平行金属导轨MM′和MN′相距L，左端MN之间接一个阻值为R的电阻，质量为m的金属棒ab垂直跨放在两导轨上，整个装置置于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。t＝0时刻，金属棒ab在方向平行于导轨大小为F的水平恒力作用下由静止开始运动，经过一段时间，金属棒恰好开始做匀速运动，在这段时间内回路中产生的焦耳热为Q．假定导轨光滑，导轨与导体棒的电阻均不计，求：（1）金属棒ab匀速运动时的速度；（2）金属棒ab从t＝0时刻到开始做匀速运动时发生的位移x。16/1616．（11分）如图所示，P点是光滑绝缘斜面AC的中点，斜面高度AB＝h，倾角为30°空间存在方向水平向右的匀强电场，场强大小未知。当在B点固定一质量为m的带电小球时，另一质量和带电情况完全相同的小球，恰好可以静止在P点且对斜面无压力。已知重力加速度为g，静电力常量为k，小球可视为质点。（1）求小球所带电荷量q和电场的场强E；（2）若把B点的小球撤去，将P点的小球由静止释放，求该小球离开斜面时的速度。17．（13分）如图所示，圆形金属线圈半径r＝0.3m，匝数n＝50，电阻R0＝19，竖直放置在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小随时间t按B＝（1+t）T的规律变化，磁场方向水平向里与线圈平面垂直：两个定值电阻的阻值分别为R1＝69Ω，R2＝12Ω，水平平行板电容器C极板长L＝0.1m，两板间距d＝0.05m（1）求线圈中产生的感应电动势E；（2）当滑动变阻器接入电路中的阻值R＝1Ω时，求电阻R1消耗的电功率；（3）调节滑动变阻器，可使速度为v＝3×102m/s、比荷为＝3×104Ckg的带电粒子（重力忽略不计）紧贴电容器C上极板从左侧水平射入电容器后，刚好能从下极板的右边缘射出，求此时滑动变阻器接入电路的阻值。16/1618．（13分）如图所示，长木板C质量为mc＝0.5kg，长度为l＝2m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E（厚度不计），P为木板C的中点，一个质量为mB＝480g的小物块B静止在P点。现有一质量为mA＝20g的子弹A，以v0＝100m/s的水平速度射入物块B并留在其中（射入时间极短），已知重力加速度g取10m/s2（1）求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；（2）A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数μ1；（3）若B与C间的动摩擦因数μ2＝0.05，B能与挡板碰撞几次？最终停在何处？16/162022-2022学年河南省驻马店市高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1．【解答】解：科学实验发现的最小电荷量就是电子所带电荷量，这个数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故C正确ABD错误。故选：C。2．【解答】解：磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，已知a点的磁感应强度为2B，方向也是竖直向下，那么通电直导线在a点的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，则通电直导线在d点的磁感应强度的大小仍为B，根据右手螺旋定则，其方向水平向右；依据矢量的合成法则，则d点的合磁感应强度的大小Bd＝＝B，其方向斜向右下方，故ABC错误，D正确；故选：D。3．【解答】解：当K闭合后，外电路的总阻值变小，如果电源有内阻则路端电压变小，则电流表示数变小，若电源无内阻，则路端电压不变，电流表示数不变，故B正确，ACD错误；故选：B。4．【解答】解：由图知：UAO＝UOB①假设粒子到B的速度为vB，从A到B由动能定理得：qUAO+qUOB＝﹣0②联立解得：vB＝0，即粒子恰好能到达B位置再返回，故A正确，BCD错误。故选：A。5．【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力qvB＝，得R＝，质子和a粒子的质量之比为1：4，所带电荷量之比为1：2，质子和a粒子（氦原子核）具有相同的动能，故两者的速度之别为2：1根据R＝可得，质子和a16/16粒子在磁场中做圆周运动的半径相等，所以转过的角度相同，即也转90°，故C正确，ABD错误，故选：C。6．【解答】解：开关闭合时，电路中电流为：I＝＝═1A；C2两端的电压为：UC2＝IR3＝1×5＝5V；C2的带电量为：Q2＝C2UC2＝30×10﹣6×5＝1.5×10﹣4C，当断开开关后，两电容器直接与电源相连，故通过R2的电量为：Q2＝1.5×10﹣4C，故B正确，ACD错误；故选：B。7．【解答】解：导体棒受到的最小安培力，导体棒受重力和支持力的合力沿导轨向下为F＝mgsin45°＝BIL，解得B＝，根据左手定则知，磁场方向垂直斜面向上，故C正确，ABD错误；故选：C。8．【解答】解：根据点电荷的场强公式，求得球面上各处的电场强度大小为：，由于球面上各处电场强度方向都与球面垂直，故通过球面的电通量为：①由公式①可知，通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离无关。故ABC错误，D正确；故选：D。9．【解答】解：A、若电场方向与磁场方向共线，且粒子的运动方向沿电、磁场方向，则粒子不受洛伦兹力，只受电场力，而电场力是恒力，因此粒子做匀变速直线运动，故A正确；B、带电粒子静止时，只受到电场力，不受洛伦兹力，不可能静止，故B错误；C、若粒子做匀变速曲线运动，合外力恒定，电场力恒定，而洛伦兹力会随着速度的变化而变化，所以合外力不可能恒定，所以不可能做匀变速曲线运动，故C错误。D、匀速圆周运动的合外力大小恒定，方向指向圆心，由于电场力恒定，洛伦兹力大小恒定，方向时刻在变化，所以合外力大小不可能恒定，方向也不可能始终指向圆心，所以不可能做匀速圆周运动，故D错误故选：A。16/1610．【解答】解：A、每一个电荷在中心O处产生的场强均为，根据场强的叠加原理可得，O点电场强度大小为，方向有O指向F，故A错误；B、由电势的叠加可知，OP上各点的电势均为零，则O点电势等于P点电势，故B正确；C、小环从P到O电势能不变，则小环只受重力作用而匀加速直线运动，故C正确；D、小环从P到O的过程电势能不变，故D错误。故选：BC。11．【解答】解：A、由B﹣t图知，t＝1s时刻磁通量为零，则感应电流最大；故A错误。B、0﹣1s时间内磁场的方向向下，且减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向下，感应电流的方向向下，为d→c→G→b→a．故B正确；C、在1﹣2s时间内，磁通量的向上不断变大，在2﹣3s时间内，磁通量的向上不断变小，根据楞次定律，两端时间内感应电流方向相反。故C错误。D、在2﹣4s时间内，磁场的变化率先增大后减小，由法拉第电磁感应定律可知，感应电流先增大后减小。故D正确。故选：BD。12．【解答】解：平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，知平行板的间的电势差不变，根据EP＝qφ知，点电荷的电势能与电势高低有关，P点电势等于这点与0势面的电势差，即φ＝Ed0P，所以EP＝qEd0P。A、将上极板向下平移一小段距离，板间距减小，根据E＝知电场强度增大，电势能EP＝﹣qEd0P减小，故A正确；B、将上极板向左平移一小段距离，改变正对面积，电容减小，但不影响电场强度和P到零势面的距离，所以电势能不变，故B错误；C、将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，d增大，根据E＝，电场强度减小，电势能EP＝﹣qEd0P＝﹣减小，故C正确；D、在极板间充入某种电介质，增大电容，但不改变电场强度和P到零势面的距离，所以电势能不变，故D错误。16/16故选：AC。二、解答题（共2小题，满分16分）13．【解答】解：（1）若保持K1闭合、K2断开，将条形磁铁的S极从线圈M中加速向上拔出的过程中根据感应电流产生条件和楞次定律可知，M中产生从上往下看瞬时针方向电流，由于加速拔出，则产生电流增大，则A中电流从右端进，左端出，电流增大，根据安培定则可知A产生磁场轴线上方向为从右向左，则C中磁场方向从下向上，且增大，故会产生感应电流，根据楞次定律可知，线圈C中电流方向从上向下，又将条形磁铁的N极加速向下插入线圈M过程中，电流表指针向左偏转，此时与之相反，则电流表指针向右偏转；（2）若保持K1、K2均闭合，将条形磁铁插入线圈M中保持不动，线圈A中无电流，B中电流不变，所以C线圈中的磁场不变，故磁通量不变，故无感应电流产生；（3）若保持K1断开，在K2闭合瞬间，B中电流瞬时增大，金属环中产生逆时针方向磁场，则C中磁场方向从下而上，且增大，故会产生感应电流，且与（1）产生电流方向相同，故向右；故答案为：（1）向右；（2）不；（3）向右。14．【解答】解：（1）用半偏法测电流表内阻，为减小实验误差，滑动变阻器最大阻值与电源电动势应大些，由实验器材可知，为减小实验误差，滑动变阻器R1应选择B，电源应选择F。（2）由图示电阻箱可知，电阻箱示数为：R2＝0×100Ω+4×10Ω+8×1Ω+0×0.1Ω＝48Ω，闭合开关S2后认为干路电流不变，电流表示数为由并联电路特点可知，流过电阻箱的电流为，电流表与电阻箱并联，其两端电压相等，则：Rg＝R2解得电流表内阻：Rg＝2R2＝2×48＝96Ω；（3）当闭合开关S2后，电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，当电流表示数为时，流过电阻箱的电流大于，电阻箱阻值偏小，实验认为Rg＝2R2，由于电阻箱阻值偏小，则电流表内阻测量值小于真实值；16/16（4）设将该电流表G改装成量程Um＝3V的电压表，需要串联的定值电阻阻值为R，根据欧姆定律可得：Um＝Ig（Rg+R）其中：Ig＝1mA＝1×10﹣3A即：3＝1×10﹣3×（96+R）可得需要串联的定值电阻阻值：R＝2904Ω故答案为：（1）B；F；（2）96；（3）小于；（4）2904。三、计算题（本题共4小题，共46分.解答时须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须写明数值和单位，）15．【解答】解：（1）金属棒切割磁感线缠身的感应电动势为E＝BLv回路中产生的感应电流为，金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝BIL联立解得：；（2）由功能关系解得：；答：（1）金属棒ab匀速运动时的速度为；（2）金属棒ab从t＝0时刻到开始做匀速运动时发生的位移x为。16．【解答】解：（1）小球恰好可以静止在P点且对斜面无压力，小球受力分析，如图所示：由平衡得：…①mg＝qEtan60°…②由几何关系可知BP＝PA＝AB＝h16/16①②联立解得：、…③（2）如果撤去B点的带电小球，则P点的小球只受重力和电场力，而qEcos30°＞mgsin30°，所以P点小球沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：qEcos30°﹣mgsin30°＝ma…④由运动规律得：v2＝2a•PA…⑤③④⑤联立解得：答：（1）小球所带电荷量q为，电场的场强E为；（2）若把B点的小球撤去，将P点的小球由静止释放，该小球离开斜面时的速度为。17．【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律有：E＝nS线圈面积为：S＝πr2代入数据得：E＝9V（2）当R＝1Ω时，由闭合电路的欧姆定律得：E＝I（）流过电阻R1的电流为：IR1消耗的电功率为：P＝IR1代入数据可求得：P1＝6W（3）由楞次定律可知电容器下极板带正电，且电容器的电压等于R2两端电压，带电粒子在两极板间做类平抛运动，所以有：x＝vt16/16y＝由牛顿第二定律有：由电路规律有：E＝U+I（Rx+R0）联立以上方程可得此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R＝19Ω答：（1）线圈中产生的感应电动势E为9V；（2）当滑动变阻器接入电路中的阻值R＝1Ω时，电阻R1消耗的电功率为6W；（3）此时滑动变阻器接入电路的阻值为19Ω。18．【解答】解：（1）子弹射入物块过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）v1，代入数据解得：v1＝4m/s；（2）由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v1＝（mA+mB+mC）v2，由能量守恒定律得：，代入数据解得：μ1＝0.4；（3）A、B、C组成的系统动量守恒，最终三者速度相等，以向左为正方向，由能量守恒定律得：，碰撞次数：n＝1+，代入数据解得：n＝4.5，由题意可知，碰撞次数为4次，最终刚好停在P点；答：（1）子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度为4m/s；（2）A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，B与C间的动摩擦因数μ1为0.4；16/16（3）若B与C间的动摩擦因数μ2＝0.05，B能与挡板碰撞4次，最终停在P点。16/16