2022-2023學年上海市嘉定區(qū)重點中學高二（上）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學年上海市嘉定區(qū)重點中學高二（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共20小題，共60分。1.兩個帶異種電荷的完全相同的金屬小球，帶電荷量之比為1：7，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則它們間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼?

)A.47 B.37 C.972.對電場強度公式E=kQr2A.只要帶電體電量為Q，在距離r處激發(fā)的電場都能用此公式計算場強E

B.以點電荷Q為中心、r為半徑的球面上各處的場強E相同

C.當離點電荷距離r→0時，場強E→∞

D.3.如圖所示的四個電場的電場線，其中A和C圖中小圓圈表示一個點電荷，A圖中虛線是一個圓(M、N在圓上的不同點)，B圖中幾條直線間距相等互相平行，則在圖中M、N處電場強度相同的是(

)A. B. C. D.4.某靜電場等勢面如圖中虛線所示，則下列說法不正確的是(

)A.B點的場強比A點的大

B.A點的電勢比C點的高

C.將電荷從A點移到B點電場力不做功

D.負電荷在C點的電勢能小于零

5.如圖，實線是一個電場中的電場線，虛線是一帶電粒子僅在電場力作用下從a處運動到b處的運動軌跡。以下有關a、b兩處的比較正確的是(

)

A.a處的電場較弱 B.b處的電勢較高

C.帶電粒子在a處時速度較小 D.帶電粒子在b處時電勢能較大6.A、B是一條電場線上的兩個點，一帶正電的粒子僅在靜電力作用下以一定的初速度從A點沿電場線運動到B點，其v?t圖像如圖，則該電場的電場線分布可能是圖中的(

)A.

B.

C.

D.7.如圖所示，虛線表示某電場的等勢面，一帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的徑跡如圖中實線所示．粒子在A、B點的加速度分別為aA、aB，電勢能分別為EA、EB，下列判斷正確的是

A.aA>aB，EA>EB B.aA>aB8.如圖為兩個不同閉合電路中兩個不同電源的I?U圖象，則下述說法不正確的是(

)A.電動勢E1=E2，發(fā)生短路時的電流強度I1>I2

B.電動勢E1=E2，內(nèi)阻r9.關于電源電動勢，以下說法正確的是(

)A.由電動勢E=Wq可知E跟q成反比，電路中移送的電荷越多，電動勢越小

B.由電動勢E=Wq可知E跟W成正比，電源做的功越多，電動勢越大

C.E10.如圖所示，直線a為某電源的路端電壓隨電流強度的變化圖線，直線b為電阻R兩端的電壓隨電流強度的變化圖線。用該電源和該電阻組成的閉合電路，則電源的輸出功率和熱功率分別是(

)A.4W，2W

B.3W，2W

C.6W，211.如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為12V，燈泡L上標有“6V，12W”字樣，電動機線圈的電阻0.5Ω。若燈泡恰能正常發(fā)光，則下列說法正確的是A.燈泡正常發(fā)光時的電阻為2Ω

B.電動機的輸入功率為10W

C.電動機線圈電阻的發(fā)熱功率為2W

12.如圖所示，電池組的電動勢為ε，內(nèi)電阻為r，R0為定值電阻，R為變阻器，已知R0>r.為使R

A.R0 B.R0+r C.13.如圖所示直線OAC為某一直流電源的總功率P隨總電流I變化的圖線；拋物線OBC為同一電源內(nèi)部消耗的功率Pr隨總電流I變化的圖線，則當通過電源的電流為1A.1W

B.3W

C.2W14.如圖所示，D是置于電磁鐵兩極間的一段通電直導線，電流方向垂直于紙面向里。在開關S接通后，導線D所受磁場力的方向是(

)A.豎直向上

B.豎直向下

C.水平向左

D.水平向右15.關于磁感應強度，下列說法正確的是(

)A.由B=FIL可知，B與F成正比，與IL成反比

B.由B=F16.閉合電路中產(chǎn)生感應電動勢的大小，跟穿過這一閉合電路的下列哪個物理量成正比(

)A.磁通量 B.磁感應強度 C.磁通量的變化率 D.磁通量的變化量17.如圖，金屬棒ab、金屬導軌和螺線管組成閉合回路，金屬棒ab在勻強磁場B中沿導軌向右運動，則(

)A.ab棒所受安培力的大小一定不變

B.ab棒所受安培力的方向一定向右

C.金屬棒ab中的電流方向從a流向b

D.螺線管的磁場C18.如圖所示，一條形磁鐵N極朝下，向下靠近閉合線圈時(

)

A.磁鐵與線圈相互排斥，通過R的感應電流方向從a到b

B.磁鐵與線圈相互吸引，通過R的感應電流方向從a到b

C.磁鐵與線圈相互排斥，通過R的感應電流方向從b到a

D.磁鐵與線圈相互吸引，通過R的感應電流方向從b到a19.下列各圖中標出了磁場B和正電荷運動速度v的方向，該時刻粒子所受洛倫茲力沿紙面向右的是(

)A.

B.

C.

D.20.兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，兩粒子質(zhì)量之比為1：4，電量之比為1：2，則兩帶電粒子受洛侖茲力之比為(

)A.2：1 B.1：1 C.1：2 D.1：4二、填空題：本大題共4小題，共18分。21.如圖所示，直線a、拋物線b分別為某電池的總功率P、輸出功率PR隨電流I變化的圖象．根據(jù)圖線可知該電池的電動勢E=______V；當電池的輸出功率PR=0.32W

22.如圖所示的電路中，電源電動勢為12V，內(nèi)電阻為1Ω，R1=1Ω，R2=6Ω，電動機線圈電阻為0.5Ω，若開關閉合后通過電源的電流為3

23.電阻R1、R2的I?U圖象如圖，可知R1=______Ω，R2=______Ω；若把R1、R2

24.如圖所示，鐵芯上繞有L1和L2兩個線圈，鐵芯左邊懸掛一個輕小金屬環(huán)，當電鍵S閉合時：①小金屬環(huán)將______(選填“向左”或“向右”)運動；②從上往下看導線AB下方的小磁針將作______(選填“順時針”或“逆時針”)轉(zhuǎn)動。

三、簡答題：本大題共1小題，共8分。25.如圖所示，在磁感應強度為0.2T的勻強磁場中，有一長為0.5m的導體AB在金屬框架上以10m/s的速度向右滑動，R1=R2=20

四、計算題：本大題共2小題，共14分。26.如圖所示的勻強電場中，有A、B、C三點，AB=5cm，BC=12cm，其中AB沿電場方向，BC和電場方向成60°角．一個電荷量為q=4×10?8C的正電荷從A移到B27.如圖所示，變阻器R2的最大電阻是10Ω，R3=5Ω，電源的內(nèi)電阻r=1Ω，當電鍵S閉合，變阻器的滑片在中點位置時，電源的總功率為16W，電源的輸出功率為12W.此時電燈R1正常發(fā)光，求：

(1)電燈阻值R1答案和解析1.【答案】C

【解析】解：兩個帶異種電荷帶電荷量之比為1：7，設電荷量分別為?q和7q，

由庫侖定律可得兩者的庫侖力為F=kq?7qr2=7kq2r2，

兩者相互接觸后，小球帶電量均為32.【答案】D

【解析】解：A、E=kQr2真空中點電荷產(chǎn)生的電場強度計算式，只適用于點電荷產(chǎn)生的電場，不是任何帶電體激發(fā)的電場都能用此公式計算場強E，故A錯誤．

B、以點電荷Q為中心、r為半徑的球面上各處的場強大小相等，但方向不同，電場強度是矢量，有大小和方向，所以場強不同，故B錯誤．

C、場強公式E=kQr2是根據(jù)E=Fq和庫侖定律推導出來的，只適用于點電荷，當r→0時，帶電體不能看成點電荷，此公式就不適用，所以得不到E→∞.故C錯誤．

D3.【答案】B

【解析】解：A、MN在同一個圓上的不同的點，MN兩點電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；

B、等間距平行的電場線表示勻強電場，電場中電場強度處處相等，故B正確；

C、MN到圓心的距離不等，根據(jù)E=kqr2可知，C中M、N兩點電場強度大小不相等，故C錯誤；

D、圖中N點所在的電場線比較密集，M點所在的電場線比較疏，所以N點的電場強度大于M點的電場強度，故D錯誤。

故選：4.【答案】D

【解析】解：A.圖中B點附近的等勢面比A點附近的等勢面密，結合等差等勢面的疏密程度反映電場強弱，可知B點的場強比A點的大，故A正確；

B.A點的電勢為0，C點的電勢為?5V，A點的電勢比C點的高，故B正確；

C.A點的電勢與B點的電勢相等，將電荷從A點移到B點電場力不做功，故C正確；

D.C點的電勢小于零，負電荷在C點的電勢能大于零，故D錯誤。

本題選不正確的，

故選：D5.【答案】D

【解析】【分析】

電場線越密的地方場強越強，越疏的地方場強越弱，沿電場線方向電勢逐漸降低。根據(jù)電場力做功判斷電勢能和動能的變化。

解決本題的關鍵知道電場線的性質(zhì)，以及知道電場力做功與電勢能的關系，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加。

【解答】

A.a點電場線比b點電場線密，所以a處場強較強，故A錯誤；

B.沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以a點電勢大于b點電勢，故B錯誤；

C.在運動的過程中，僅有電場力做功，根據(jù)動能定理，電場力做負功，動能減小，b處速度較小，故C錯誤；

D.軌跡彎曲的方向大致指向合力的方向，可知電場力方向向右，從a到b，電場力做負功，電勢能增加，b處電勢能較大，故D正確。

故選D。6.【答案】D

【解析】解：根據(jù)v?t圖象，帶電粒子的加速度逐漸增大，速度逐漸減小，故帶正電的粒子應該逆電場線運動，且向著電場線密集的方向運動，故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

根據(jù)其v?7.【答案】D

【解析】【分析】

根據(jù)曲線的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力，根據(jù)等差等勢面的疏密判斷場強大小，結合牛頓第二定律得到加速度大小關系；根據(jù)電場力做功情況斷電勢能高低。

本題關鍵是先根據(jù)靠差等勢面的疏密判斷場強的大小，再結合電場力做功正負分析電勢能變化，對非勻強電場可以用來定性分析場強。

【解答】

根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力，等差等勢面越密的位置場強越大，B處等差等勢面較密集，則場強大，帶電粒子所受的電場力大，加速度也大，即aA<aB；從A到B，電場線對帶電粒子做負功，電勢能增加，則知B點電勢能大，即EA<EB；故8.【答案】B

【解析】解：A.U?I圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，與I軸的交點表示短路電流，故電動勢E1=E2，發(fā)生短路時的電流I1>I2，故A不符合題意；

B.U?I圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內(nèi)阻，電動勢E1=E2，內(nèi)阻r1<r2，故B符合題意；

C.由B的分析可知C不符合題意；

D.電動勢E1=E2，內(nèi)阻r1<9.【答案】C

【解析】解：A.公式E=Wq為電動勢的定義式，電動勢由電源本身決定，與電路中移送的電荷無關，它反映了電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領大小，故A錯誤；

B.對于給定的電源，根據(jù)電動勢的定義式E=Wq可知，移動單位正電荷非靜電力做功越多，電動勢越大，故B錯誤；

C.E=Wq只是電動勢的定義式而非決定式，電動勢的大小是由電源內(nèi)非靜電力的特性決定的，故C正確；

D.由W=10.【答案】A

【解析】解：由題圖可知，電源U?I圖像的斜率大小表示電源的內(nèi)阻，則電源的內(nèi)阻為

r=EI0=36Ω=0.5Ω

由兩圖線的交點坐標可知，用該電源和該電阻組成的閉合電路時，電源輸出電壓為U=2V，工作電流為I=2A，則電源的輸出功率為

P=UI=2×2W11.【答案】C

【解析】解：A.燈泡正常發(fā)光時的電流為

I=PLUL=126A=2A

燈泡的電阻為

RL=ULI=62Ω=3Ω

故A錯誤；

B.電動機的電壓為

UM=12V?6V=6V

12.【答案】D

【解析】解：由閉合電路的歐姆定律可知I=ER+R0+r，R0消耗的電功率P=I213.【答案】C

【解析】解：C點表示電源的總功率全部轉(zhuǎn)化為熱功率，即C點表示外電路短路，電源的總功率P1=EI1，I1=3A，P1=9W，則電源的電動勢E=3V。

電源消耗的為熱功率，根據(jù)OBC，r=P1I12=932Ω=1Ω，

當I=1A時，輸出功率為：P=EI?I214.【答案】A

【解析】解：在開關S接通后，電流由左側流入電磁鐵，則由安培定則可知電磁鐵右側為N極，故導線所在處的磁場向左；

則由左手定則可知，導線受安培力向上，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

由安培定則可得出導線所在位置的磁場的方向，再由左手定則可判斷安培力的方向。

本題考查了安培定則及左手定則，注意軟鐵的末端才是磁極的位置。15.【答案】D

【解析】解：AC、磁感應強度B=FIL，是比值定義法定義的物理量，B與F不成正比，與IL也不成反比，B是由磁場本身性質(zhì)決定的物理量。故AC錯誤。

B、如果一小段通電導體與磁場平行放置，則導體不受安培力，不能說明此處沒有磁場。故B錯誤。

D、根據(jù)左手定則可知，磁感應強度的方向與該處的電流的受力方向垂直，故D正確。

故選：D。

在磁場中磁感應強度有強弱，則由磁感應強度來描述強弱．將通電導線垂直放入勻強磁場中，即確保電流方向與磁場方向相互垂直，則所受的磁場力與通電導線的電流與長度乘積之比．但這屬于比值定義法．即B與F、I、L均沒有關系，它是由磁場的本身決定．16.【答案】C

【解析】解：由法拉第電磁感應定律可知；E=n△Φ△t，即E與磁通量的變化率成正比，即電動勢取決于磁通量的變化快慢；

故選：C。

由法拉第電磁感應定律可知，閉合電路中產(chǎn)生的感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，與磁通量及磁通量的變化量無關。

在理解法拉第電磁感應定律時要注意區(qū)分17.【答案】D

【解析】解：AB、ab向右做切割磁感線時，要產(chǎn)生感應電流，根據(jù)楞次定律可知，感應電流總是阻礙導體與磁場間的相對運動，故ab棒所受的安培力方向一定向左，所以ab棒做減速運動，產(chǎn)生的感應電流減小，受到的安培力減小，故A、B錯誤；

CD、根據(jù)右手定則，知ab中的電流方向從b流向a，流過螺線管時，外側的電流方向向下，根據(jù)安培定則知螺線管的磁場C端相當于S極。故C錯誤，D正確。

故選：D18.【答案】A

【解析】解：由“來拒去留”可知，磁鐵靠近線圈，則磁鐵與線圈相互排斥；

由題目中圖可知，當磁鐵豎直向下運動時，穿過線圈的磁場強度向下增大，由楞次定律可知感應電流的磁場向上，則由右手螺旋定則可知電流方向從a經(jīng)過R到b。故A正確，BCD錯誤、

故選：A。

先判斷通過線圈的磁場方向及磁通量的變化，由楞次定律可判斷電路中電流的方向及磁極間的相互作用。

在判斷電磁感應中磁極間的相互作用時可以直接利用楞次定律的第二種表示：“來拒去留”直接判斷，不必再由安培定則判斷線圈中的磁場，再由磁極間的相互作用判斷力的方向。19.【答案】D

【解析】解：A、根據(jù)左手定則可知A圖中正電荷受到的洛倫茲力垂直紙面向里，故A錯誤；

B、根據(jù)左手定則可知B圖中正電荷運動方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，故B錯誤；

C、根據(jù)左手定則可知C圖中正電荷受到的洛倫茲力沿紙面向左，故C錯誤；

D、根據(jù)左手定則可知D圖中正電荷受到的洛倫茲力沿紙面向右，故D正確。

故選：D。

左手定則的使用是伸開左手，讓磁感線從掌心穿過并使四指正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是洛倫茲力的方向，磁場方向向里、電荷運動方向，和洛倫茲力的方向不能都在同一個平面內(nèi)。

本題考查了左手定則的直接應用，根據(jù)左手定則即可正確判斷磁場、運動方向、洛倫茲力三者之間的關系，對于左手定則要熟練掌握，加強應用，為學習帶電粒子在磁場中的運動打好基礎。20.【答案】C

【解析】解：根據(jù)洛倫茲力大小，f=Bqv，結合題意可得，洛倫茲力大小與電量成正比，即1：2，故C正確，ABD錯誤；

故選：C

帶電粒子垂直進入磁場中，受到洛倫茲力作用，根據(jù)洛倫茲力大小，21.【答案】1.2

0.22或2

【解析】解：1、直流電源的總功率P=EI，故圖線a的斜率等于電源的電動勢，由得到E=PI=1.441.2V=1.2V．

2、輸出功率PR=I2R，根據(jù)圖線b，0.32W對應的電流為1.2A和0.4A，所以對應的電阻R=PI2為0.22Ω或2Ω．

故答案為：1.2，0.2222.【答案】9

12

【解析】解：R1消耗的電功率為：P1=I2R1=32×1W=9W，

R1兩端電壓：U1=IR1=3×1V=3V，

R2兩端電壓：U2=E?U內(nèi)?U123.【答案】8

12

10

【解析】解：I?U圖象的斜率等于電阻的倒