2021-2022學年河北省名校高二（上）期末物理試卷

單選題（本大題共7小題，共28.0分）

兩個相同的金屬小球（均可看做點電荷），原來所帶的電荷量分別為+5q和-q,相互

間的庫侖力大小為F.現(xiàn)將它們相接觸，再分別放回原處，則兩金屬小球間的庫侖力

大小變?yōu)椋ǎ?/p>

A.YB.FC.YD.g

2.下列圖中表示閉合電路中的一部分導體ab在磁場中做切割磁感線運動的情景，導體

ab上的感應電流方向為a-b的是（）

ab向紙外運動

3.F列各圖中，己標出電流/、磁感應強度B的方向，其中符合安培定則的是（）

B.

D.

如圖所示是一種自動控制電路示意圖，％為光敏電

阻，其阻值隨光照強度/的增大而減小。若發(fā)現(xiàn)電流

表4中的電流突然減小，則光照強度/及a、b間的電

壓U的變化情況是（）

A./變大，U變大B./變大，U變小

C./變小，U變大D./變小，U變小

5.如圖所示，在紙面內(nèi)放有一個條形磁鐵和一個圓形線圈（位于磁鐵

正中央），下列情況中能使線圈中產(chǎn)生感應電流的是（）

A.將磁鐵在紙面內(nèi)向上平移

B.將磁鐵在紙面內(nèi)向右平移

C.將磁鐵繞垂直紙面的軸轉動

D.將磁鐵的N極轉向紙外，S極轉向紙內(nèi)

6.如圖所示，相距為d的兩平行直金屬導軌PQ、MN水平放置，電阻R接在導軌的P端

和M端之間，長為2d的導體棒ab放在導軌PQ、MN上，整個裝置處于垂直于導軌平

面、強度為B的勻強磁場中。使導體棒協(xié)以水平速度"向右勻速運動時，回路中產(chǎn)

生的感應電流為/.回路中產(chǎn)生的感應電動勢E和導體棒ab受到的安培力F分別為

（）

A.E=Bdv,F=Bld.B.E=Bdv,F=2Bld

C.E=2Bdv,F=BldD.E=2Bdv,F=2Bld

7.如圖甲所示，矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸在勻強磁場中勻速轉動，輸出交

流電的電動勢圖象如圖乙所示，經(jīng)原副線圈的匝數(shù)比為1：10的理想變壓器給一個

燈泡供電如圖丙所示，副線圈電路中燈泡額定功率為22UZ.現(xiàn)閉合開關，燈泡正常

發(fā)光。則（）

甲乙丙

A.t=0.01s時刻穿過線框回路的磁通量為零

B.交流發(fā)電機的轉速為100r/s

C.變壓器原線圈中電流表示數(shù)為L4

D.燈泡的額定電壓為220&U

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

第2頁，共15頁

8.如圖所示，有一臺交流發(fā)電機E,通過理想升壓變壓器A和理想降壓變壓器3向遠

處用戶供電，輸電線的總電阻為的輸入電壓和輸入功率分別為Ui和R,它的輸

出電壓和輸出功率分別為小和「2；72的輸入電壓和輸入功率分別為3和23,它的輸

出電壓和輸

出功率分別為力和「4?設T1的輸入電壓U1一定，當用戶消耗的電功率變大時，有（）

A.4減小，必變大B.4不變，4變小

C.P1變小，P2變小D.P2變大，03變大

9.如圖所示，電路中的變壓器為理想變壓器，S為單刀雙擲開關，U1為加在原線圈兩

端的交變電壓，6分別為原、副線圈中的電流。下列說法中正確的是（）

A.保持Ui不變,

B.保持％不變,S由a切換到b,則/2減小

C.保持U1不變，S由b切換到a,則4增大

D.保持（A不變，S由a切換到b,則變壓器的輸入功率增大

10.如圖所示，一臺電動機提著質(zhì)量為m的物體，以速度"勻

速上升.已知電動機線圈的電阻為R,電源電動勢為E,

通過電源的電流為/,當?shù)刂亓铀俣葹間,忽略一切阻

力導線電阻，則（）

A.電源內(nèi)阻r=g-R

B.電源內(nèi)阻r=5-警—R

C.如果電動機轉軸被卡住而停止轉動，較短時間內(nèi)電源消耗的功率將變大

D.如果電動機轉軸被卡住而停止轉動，較短時間內(nèi)電源消耗的功率將變小

三、填空題（本大題共2小題，共18.0分）

11.圖1螺旋測微器讀數(shù)為mm,圖2游標卡尺讀數(shù)為mm.,

jTTItJT￥7TJTT"T|TfIIJ

12.某同學用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，現(xiàn)備有下列器材:

A.被測干電池一節(jié)

8.電流表1：量程。?0.64，內(nèi)阻約0.3。

C.電流表2：量程0?0.64,內(nèi)阻約為10。

。.電壓表1：量程0?3U，內(nèi)阻未知

E.電壓表2：量程0?15V,內(nèi)阻未知

F.滑動變阻器1：0?100,24

G.滑動變阻器2：0?100。,1A

H.開關、導線若干

OS/(A)

伏安法測電池電動勢和內(nèi)阻的實驗中，由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測量結果

存在系統(tǒng)誤差；在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準確地測量電池的電動勢和內(nèi)阻.

(1)在上述器材中請選擇適當?shù)钠鞑模?填寫選項前的字母)；

(2)實驗電路圖應選擇圖中的(填“甲”或"乙”)；

(3)根據(jù)實驗中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖丙所示的U-/圖象，干電池的電

動勢E=V,內(nèi)電阻r=

四、計算題(本大題共3小題，共34.0分)

13.如圖所示的勻強電場，電場強度E=2X104N/C.電場中一?8

電荷只受到電場力作用，電場力F=4x10-4從電荷從電

場中的4點由靜止開始加速運動到B點，4、B之間的距離d=0.2m。求：

(1)電荷的電性及所帶電荷量q；

(2)電場力對電荷所做的功皿。

第4頁，共15頁

14.如圖甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導軌PQ、MN,相距為L=

0.5m,ef右側導軌處于勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下，磁感應強度B的

大小如圖乙變化。開始時ab棒和cd棒鎖定在導軌如圖甲位置，ab棒與cd棒平行，好

棒離水平面高度為h=0.2zn,cd棒與ef之間的距離也為L,ab棒的質(zhì)量為mi=

0.2kg,有效電阻&=0.05。，cd棒的質(zhì)量為巾2=?！共?,有效電阻為=。450(

設a、b棒在運動過程始終與導軌垂直，兩棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計)。問：

(1)0?1s時間段通過cd棒的電流大小與方向；

(2)假如在1s末，同時解除對ab棒和cd棒的鎖定，穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速

度做勻速直線運動，試求這一速度；

(3)對ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速運動，ab棒產(chǎn)生的熱量為

多少？

15.如圖所示，分布在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)的勻強磁場，磁感

應強度為8,方向垂直紙面向里。電荷量為+q、質(zhì)量為6的

帶電粒子從磁場邊緣4點沿圓半徑40方向射入磁場，粒子

XX

離開磁場時速度方向偏轉了60。角。求：

(1)粒子做圓周運動的半徑和入射速度;

(2)粒子在磁場中的運動時間。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：設兩個球之間的距離為r,根據(jù)庫侖定律可得，

在它們相接觸之前，相互間的庫侖力大小尸為，

F=k^=k咚,

r2r2

當將它們相接觸之后，它們的電荷量先中和，再平分，此時每個球的電荷量為+2q,

所以，此時兩個球之間的相互的排斥力為F',

貝步'=上整=人華=竺，

rzr25

所以C正確，

故選：Co

兩個完全相同的小球帶的是異種電荷，那么當它們接觸后，它們帶的電荷將先中和，之

后再將剩余的電荷量平分.找到小球帶的電量的關系之后，根據(jù)庫侖力的公式就可以求

得作用力的大小.

解決本題的關鍵就是掌握住電荷平分的原則，當完全相同的金屬小球互相接觸時，它們

的電荷量將會平分.

2.【答案】A

【解析】解：4、好棒順時針轉動，運用右手定則：磁感線穿過手心，拇指指向順時針

方向，則導體ab上的感應電流方向為a—b.故A正確。

&ab向紙外運動，運用右手定則時，磁感線穿過手心，拇指指向紙外，則知導體ab上

的感應電流方向為b->a,故B錯誤。

C、穿過回路的磁通量減小，由楞次定律知，回路中感應電流方向由b-arc,則導體

ab上的感應電流方向為ba.故C錯誤。

D、帥棒沿導軌向下運動，由右手定則判斷知導體ab上的感應電流方向為b-a,故。

錯誤。

故選：A?

感應電流方向根據(jù)右手定則或楞次定律進行判斷.右手定則研究一段導體，楞次定律研

究一個回路，從而即可求解.

本題的關鍵要掌握右手定則和楞次定律，要知道它們在判斷切割產(chǎn)生的感應電流方向上

結果是相同的，不過研究的對象不同.

3.【答案】C

【解析】

【分析】

安培定則，也叫右手螺旋定則，是表示電流和電流激的磁場的磁感線方向間關系的定則，

根據(jù)安培定則的應用即可正確解答。

加強練習熟練掌握安培定則的內(nèi)容，注意磁場方向的表示方法，同時關注直導線與環(huán)導

線大拇指指向內(nèi)容有所不同。

【解答】

ABC.通電直導線中的安培定則（安培定則一）：用右手握住通電直導線，讓大拇指指向電

流的方向，那么四指的指向就是磁感線的環(huán)繞方向，由此可知，4圖中為逆時針方向，B

圖中為左側垂直紙面向外，右側垂直紙面向里；C圖中為向上，故C正確，錯誤；

。通電螺線管中的安培定則（安培定則二）：用右手握住通電螺線管，使四指彎曲與電流

方向一致，那么大拇指所指的那一端是通電螺線管的N極，據(jù)此可知，D圖中的磁場方

向為向右，故。錯誤。

故選C。

4.【答案】B

【解析】解：電流表4中的電流突然減小，說明并聯(lián)電路電壓減小，根據(jù)閉合電路歐姆

定律可知，干路電流減小，根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律可知，光敏電阻右阻值減小，光照強

度/變大，

a、b間電壓為路端電壓，光敏電阻阻值減小，總阻值減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，

干路電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓變小，故B正確，AC。錯誤。

故選：B。

根據(jù)閉合電路歐姆定律結合串并聯(lián)電路的規(guī)律分析。

a、b間電壓為路端電壓。

本題考查了閉合電路歐姆定律的相關知識，解決本題的關鍵是利用閉合電路歐姆定律進

行動態(tài)分析。也可以直接根據(jù)“串反并同”結論進行分析求解。

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5.【答案】D

【解析】解：4、圖示位置，沒有磁感線穿過線圈，線圈的磁通量為零，將磁鐵在紙面

內(nèi)向上平移時，線圈的磁通量仍為零，沒有變化，所以線圈中沒有感應電流產(chǎn)生。故A

錯誤。

8、圖示位置，沒有磁感線穿過線圈，線圈的磁通量為零，將磁鐵在紙面內(nèi)向右平移時，

線圈的磁通量仍為零，沒有變化，所以線圈中沒有感應電流產(chǎn)生。故B錯誤。

C、圖示位置，沒有磁感線穿過線圈，線圈的磁通量為零，將磁鐵繞垂直紙面的軸轉動，

線圈的磁通量仍為零，沒有變化，所以線圈中沒有感應電流產(chǎn)生。故C錯誤。

。、將磁鐵的N極轉向紙外，S極轉向紙內(nèi)，將有磁感線穿過線圈，線圈的磁通量增大,

將產(chǎn)生感應電流。故。正確。

故選：。。

對照產(chǎn)生感應電流的條件進行分析：產(chǎn)生感應電流的條件：一是電路要閉合；二是穿過

電路的磁通量發(fā)生變化。

本題考查理論聯(lián)系實際的能力，關鍵抓住產(chǎn)生感應電流的條件：穿過閉合電路的磁通量

發(fā)生變化，即磁感線的條件發(fā)生變化。

6.【答案】B

【解析】解：磁感線與導體棒垂直，那么導體切割磁感線的有效長度與速度垂直，所以

回路中產(chǎn)生的感應電動勢：E=Bdv

磁感線與導體棒垂直，導體棒受到安培力的有效長度為電流流過的長度，有：F=

BI-\=2BId,故8正確，4CD錯誤。

sm30

故選：B。

根據(jù)E=B口即可求出感應電動勢的大小，再根據(jù)安培力公式即可求出安培力大小。

本題考查導體棒切割產(chǎn)生電動勢以及安培力的計算，要注意明確E=B口中的L為有效

長度d,而安培力的計算中L為導體棒的長度。

7.【答案】C

【解析】解：4由圖乙可知，當0.01s時，感應電動勢為零，則此時穿過線框回路的磁

通量最大，故A錯誤；

B、由圖可知，交流電的周期為0.02s,則轉速為：n="=50r/s,故B錯誤；

C、原線圈輸入電壓為有效值為22V,則副線圈的電壓為22x10=220V；由2=U/可

知，副線圈電流/2=5=總=0.14則由;^三，求得。=14；故C正確；

UN/UI2A

。、燈泡正常發(fā)光，故額定電壓為220V,故。錯誤；

故選:Co

由圖2可知特殊時刻的電動勢，根據(jù)電動勢的特點，可判處于那個面上，由圖象還可知

電動勢的峰值和周期，根據(jù)有效值和峰值的關系便可求電動勢的有效值。

本題關鍵是明確線圈在勻強磁場中勻速轉動產(chǎn)生的是正弦式交變電流，會根據(jù)變壓比公

式、變流比公式列式求解即可。

8.【答案】BD

【解析】

【分析】

通過理想升壓變壓器G將電送到用戶附近，然后用理想降壓變壓器心向遠處用戶供電家

中，提升電壓的目的是降低線路的功率損失，從而提高用戶得到的功率。

理想變壓器的輸入功率與輸出功率相等，且沒有漏磁現(xiàn)象。輸電線上的損失功率與其電

流的平方成正比，而與輸電線兩端的電壓的平方成反比。

【解答】

AB.要使用戶消耗的電功率變大，由于是理想變壓器，則P3也會變大；由于A的輸入電

壓U1一定時，也不變，則P2必須變大，線路上的電流變大，導致電阻R消耗的功率也

變大，電阻兩端電壓也變大，所以出變小，〃變小，故4錯誤、B正確；

CD.用戶消耗的電功率變大，由于是理想變壓器，則P3也會變大；由于的輸入電壓/一

定時?，小也不變，則必須變大，因變壓器輸出功率決定了輸入功率，故輸入功率匕增

大；故C錯誤，D正確。

故選

9.【答案】BC

第10頁，共15頁

【解析】解：4、由圖示變壓器可知，S由b切換到a,副線圈匝數(shù)變大，保持Ui不變，

由類型變壓器的變壓比可知，副線圈電壓變大，電阻不變，所以R上消耗的功率變大，

故A錯誤；

B、保持G不變，S由a切換到b,副線圈匝數(shù)減少，副線圈電壓減小，副線圈電阻不變，

由歐姆定律可知，副線圈電流減小，故B正確；

C、保持/不變，S由b切換到a,副線圈匝數(shù)增加，副線圈電壓增大，副線圈電阻不變，

由歐姆定律可知，副線圈電流增大，原線圈電流增大，故C正確；

。、保持/不變，S由a切換到b,副線圈匝數(shù)減少，副線圈電壓減小，副線圈電阻不變，

由歐姆定律可知，副線圈電流減小，變壓器輸出功率減小，則變壓器的輸入功率減小，

故。錯誤。

故選：BC.

理想變壓器輸入功率等于輸出功率，原副線圈電流與匝數(shù)成反比，原副線圈電壓與匝數(shù)

成正比；根據(jù)匝數(shù)比的變化，分析輸出電壓、電流與功率的變化.

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之

比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器的輸出功

率決定輸入功率且相等.

10.【答案】BC

【解析】解：4、在時間t內(nèi)消耗電能（小儂）轉化為機械能（卬機=巾9九）和內(nèi)能（小為=

所以叩也=巾9"+/2以

而皿電=EIt-l2rt

解得：.合寫-R,故A錯誤，8正確；

C、如果電動機轉軸被卡住而停止轉動，則電動機相當于電阻為R的電阻，所以電路的

電流增大，

根據(jù)P=/2「可知較短時間內(nèi)電源消耗的功率將變大，故C正確，。錯誤。

故選：BC。

電流通過直流電動機做功，消耗電能（勿必=U/t）轉化為機械能（W用=mgh）和內(nèi)能

（皿的=/2以），可求消耗的電能，再根據(jù)“也=5/-/2r求解電源內(nèi)阻；如果電動機轉

軸被卡住而停止轉動，則電動機相當于電阻為R的電阻，電路的電流增大，電源消耗的

功率增大.

本題考查了消耗電能(電功)的計算、功率的計算.特別是要知道電動機不是純電阻用電

器，電流做功消耗的電能大部分轉化為機械能、少部分轉化為內(nèi)能(發(fā)熱).

11.【答案】0.90014.50

【解析】解：螺旋測微器的固定刻度為0.5mm,可動刻度為40.0x0.01mm=0.400mm,

所以最終讀數(shù)為0.5mm+0.400mm=0.900mm<.

游標卡尺的主尺讀數(shù)為14rnm,游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標

讀數(shù)為10x0.05nmi=0.50rmn,所以最終讀數(shù)為：14mm+0.50mm=14.50mm(.

故答案為：0.900；14.50。

解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀。螺旋測

微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀。

對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀

器進行有關測量。

12.【答案】力BDFH；乙；1.5；1.0

【解析】解：(1)本實驗中必選的儀器有：4被測干電池一節(jié)；H開關、導線若干；

因電源電動勢為1.5L電流較小，為了讀數(shù)準確，所以電流表應選擇：量程0?0.64

內(nèi)阻0.30的B；電壓表選擇D量程0?3U,

滑動變阻器阻值較小有利于電表的數(shù)值變化，減小誤差，故選￡

(2)為了減小誤差，電流表采用相對電源的外接法，故選擇圖乙；

(3)由U—/圖可知，電源的電動勢E=1.501Z；

內(nèi)電阻r=半==10

△/0.5

故答案為：①ABDFH

②乙

③1.5,1.0

(1)實驗中要能保證安全和準確性選擇電表；

(2)本實驗應采用電阻箱和電壓表聯(lián)合測量，由實驗原理可得出電路原理圖；

(3)由原理利用閉合電路歐姆定律可得出表達式，由數(shù)學關系可得出電動勢和內(nèi)電阻.

第12頁，共15頁

本題為設計性實驗，在解題時應注意明確實驗的原理；并且要由實驗原理結合閉合電路

歐姆定律得出表達式，由圖象得出電動勢和內(nèi)電阻.

13.【答案】解：(1)電荷從4到B加速運動，電場方向向右，可知電荷帶正電，

根據(jù)E=:可得q=《=宇二C=2X10-8。

qrE2X104

(2)電場力對電荷所做的功W=Fd=4xIO/x0.2/=8x10-5/?

答：(1)電荷帶正電、所帶電荷量q為2x10-8。。

(2)電場力對電荷所做的功以為8x10-5/。

【解析】(1)根據(jù)電荷運動的方向判斷粒子的電性，根據(jù)電場強度的定義求出電量。

(2)由功的公式W=Fs求出電場力做的功。

本題是考查帶電粒子在勻強電場中從靜止開始做勻加速直線運動的問題，還應注意的是

電場線是水平平行的一簇直線，則可判定電場一定是勻強電場。

14.【答案】解：(1)0?1s時間內(nèi)，由圖乙可得詈=ir/s

由于磁感應強度B隨時間均勻增大，穿過回路abdc的磁通量隨時間均勻增加，回路產(chǎn)生

恒定的感應電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應定律得：

E=—=—L2=1X0.52V=0.25V

AtAt

和閉合電路歐姆定律得

/=—^―=025A=1.25A

RI+R20.05+0.15

由楞次定律可知，cd棒中電流方向由dTC。

(2)設穩(wěn)定時兩棒的共同速度為外

ab棒從高為九處滑下到”的過程，由動能定理可知

TTT-^h=科瓶1詔

解得：v0=2m/s

從ab棒剛到e/處至兩棒達共同速度過程，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，

取向右為正方向，由動量守恒定律得

m^VQ=(m1+m2)v

即0.2x2=(0.1+0.2)u,解得：v=^m/s.

(3)對ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速運動過程，由能量守恒可知

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