河南省中原名校2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期期末聯(lián)考物理試卷全卷滿分100分，考試用時90分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，1-6小題只有一個選項正確，7-10小題有多個選項正確。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1.關(guān)于電場力和電場強度，下列說法正確的是（）A.電場強度的方向總是跟電場力的方向一致B.電場強度的大小總是跟電場力的大小成正比C.正電荷受到的電場力的方向跟電場強度的方向一致D.檢驗電荷的電量越大，它在電場中受到的電場力就越大，因此該點的電場強度就越大【答案】C【解析】【詳解】AC.物理學(xué)規(guī)定電場強度的方向和正電荷受力的方向相同，與負電荷相反，故A錯誤，C正確；BD.電場強度是描述電場本身的屬性，和電場力的大小，電荷量的大小、電性以及有無電荷均無關(guān)，故BD錯誤。故選C。2.電容器是一種常用的電子元件，對電容器認識正確的是（）A.電容器的電容表示其儲存電荷能力B.電容器的電容與它所帶的電量成正比C.電容器的電容與它兩極板間的電壓成正比D.電容的常用單位有F，和pF，【答案】A【解析】【詳解】A.電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，電容器的電容表示其儲存電荷能力，故A正確；BC.電容器的電容由電容器本身決定，與所帶電荷量和板間的電壓無關(guān)，故BC錯誤；D.電容的常用單位有和pF故D錯誤；故選A。3.正電荷q在電場力作用下由P向Q做加速運動，而且加速度越來越大，那么可以斷定，它所在的電場是下圖中的哪一個（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】正電荷受力的方向和電場強度方向相同，電場線越密的地方電荷受力越大，根據(jù)牛頓第二定律，電場強度越大，電荷的加速度也就越大，所以根據(jù)題意，Q點的電場線應(yīng)比P點的電場線密，又由于電荷做加速運動，則電場方向由P指向Q，故ABC錯誤D正確。故選D。4.如圖為兩電阻Ra和Rb的伏安特性曲線，由圖可知，電阻Ra與Rb的大小關(guān)系為（）A.Ra＞Rb B.Ra＜Rb C.Ra=Rb D.不能確定【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)可知I-U圖像的斜率越大，則電阻越小，即Ra＜Rb故選B。5.a、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點．電場線與矩形所在的平面平行．已知a點的電勢是20V，b點的電勢是24V，d點的電勢是4V，如圖．由此可知，c點的電勢為（）

A4V B.8V C.12V D.24V【答案】B【解析】【詳解】試題分析：

根據(jù)在勻強電場中將某一線段等分同時就將該線段兩端的電勢差等分將線段bd五等分，如圖所示，則Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，連接cf，則cf∥ae，故c點的電勢φc=φf=8v．故B正確．故選B．考點：電勢【名師點睛】①在勻強電場中將某一線段等分同時就將該線段兩端的電勢差等分；②在勻強電場中電場線平行且均勻分布故等勢線平行且均勻分布．以上兩點是解決此類題目的金鑰匙．6.在圖示的電解池中，測得5s內(nèi)共有7.5C的正電荷和7.5C的負電荷通過池的豎直截面OO’，則電路中電流表指示的讀數(shù)應(yīng)為（）A.0B.1.5AC.3AD.7.5A【答案】C【解析】【詳解】電路中電流表讀數(shù)就表示電路中電流的大小，電路中電流表讀數(shù)；故選C．【點睛】本題考查電流的計算，關(guān)鍵是公式的應(yīng)用，重點是明白電流是表示單位時間內(nèi)通過的電荷量．同時要注意明確同時有正負電荷移動時，總電荷量為正負電荷的絕對值的和．7.一段粗細均勻的金屬導(dǎo)體的橫截面積是S，導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，金屬內(nèi)的自由電子的電荷量為e，自由電子做無規(guī)則熱運動的速率為v0，導(dǎo)體中通過的電流為I，則下列說法中正確的有（）A.自由電子定向移動的速率為v0B.自由電子定向移動的速率為v＝C.電流的速率為電場傳播的速率，即為真空中的光速cD.自由電子定向移動的速率為v＝【答案】BC【解析】【詳解】ABD．由電流的微觀表達式，可得自由電子定向移動的速率為v＝，故B正確，AD錯誤；C．電流的速率為電場傳播的速率，即為真空中的光速c，故C正確。故選BC。8.如圖所示的電路中，為滑動變阻器，為定值電阻，電源的電動勢為，內(nèi)阻為．先將開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，再將當(dāng)滑動變阻器的滑片向左滑動時，下列說法正確的是（）A.兩端電壓減小 B.的功率減小C.電流表的示數(shù)變大 D.的電流增大【答案】BC【解析】【詳解】A．當(dāng)滑動變阻器的滑片向左滑動時，其接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，則干路電流減小，路端電壓增大，兩端的電壓等于路端電壓，則兩端的電壓增大，故A錯誤；B．通過電流增大，通過的電流減小，增大，則減小，電壓也減小，故的功率減小，故B正確；C．的并聯(lián)電壓增大，減小，則增大，故通過電流表的電流增大，電流表的示數(shù)變大，故C正確；D．通過的電流減小，增大，則減小，故D錯誤。故選BC。9.電源和一個水平放置的平行板電容器、三個電阻組成如圖所示的電路，當(dāng)開關(guān)S閉合后，電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將開關(guān)S斷開，則以下判斷正確的是（）

A.液滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)B.液滴將向上運動C.電容器上的帶電荷量將減為零D.電容器上的帶電荷量將增大【答案】BD【解析】【分析】【詳解】AB．帶電粒子受重力和電場力平衡，斷開電鍵后，電容器兩端電壓變大到等于電源電動勢，故場強變大，電場力變大，粒子會向上加速，故A錯誤，B正確；CD．電鍵斷開前，電容器兩端電壓等于電阻R2兩端的電壓，斷開電鍵后，電容器兩端電壓變大到等于電源電動勢，根據(jù)電容的定義式得到帶電量變大，故C錯誤，D正確；故選BD。10.如圖所示，在豎直放置的金屬板M上放一個放射源C，可向紙面內(nèi)各個方向射出速率均為v的粒子，P是與金屬板M平行的足夠大的熒光屏，到M的距離為d?，F(xiàn)在P與金屬板M間加上垂直紙面的勻強磁場，調(diào)整磁感應(yīng)強度的大小，恰使沿M板向上射出的粒子剛好垂直打在熒光屏上。若粒子的質(zhì)量為m，電荷量為2e。則（）

A.磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B的大小為B.磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度B的大小為C.在熒光屏上能觀察到的亮斑區(qū)的長度為2dD.在熒光屏上能觀察到的亮斑區(qū)的長度為3d【答案】BC【解析】【詳解】AB．因為沿M板向上射出的粒子剛好垂直打在熒光屏上，由左手定則可判斷磁場方向垂直紙面向外，粒子的運動半徑為根據(jù)解得故A錯誤，B正確；CD．沿M板向上射出的粒子，打到屏上時最遠距離為d，同樣沿M板向下射出的粒子，打到屏上時最遠距離也為d，所以在熒光屏上能觀察到的亮斑區(qū)的長度為2d，故C正確，D錯誤。故選BC。二、實驗題（本大題共2小題，每空2分，共14分）11.在伏安法測電阻的實驗中，由于電流表和電壓表均不是理想電表，會造成實驗存在系統(tǒng)誤差，現(xiàn)有一個待測電阻Rx，當(dāng)由圖（a）連接方式變成圖（b）連接方式時，電壓表的示數(shù)減少了，電流表的示數(shù)變?yōu)樵瓉碇档?，則選用___________（填“a”或“b”）測量結(jié)果更接近待測電阻的真實值，且測量值___________（填“大于”、“等于”或“小于”）真實值，造成誤差的原因___________?！敬鸢浮竣?b

②.小于③.電壓表的分流作用【解析】【詳解】[1]當(dāng)由圖（a）連接方式變成圖（b）連接方式時，電壓表的示數(shù)減少了，電流表的示數(shù)增加了也就是,電流表的示數(shù)增加了，所以伏特表讀數(shù)變化更顯著，說明電流表的分壓明顯，所以選用“b”測量結(jié)果更接近待測電阻的真實值；[2][3]電壓表測得的是電阻Rx的兩端的真實電壓，但電流表測得的是通過電阻Rx和電壓表的共同電流，誤差是由電壓表分流引起的，可知電阻的測量值小于真實值。12.有一個小燈泡上標(biāo)有“”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個小燈泡的圖線?，F(xiàn)有下列器材供選用：A電壓表1（，內(nèi)阻約2kΩ）B.電壓表2（，內(nèi)阻約6kΩ）C.電流表A1（，內(nèi)阻約）D.電流表A2（，內(nèi)阻）E.滑動變阻器R1（0~）F.滑動變阻器R2（0~）G.學(xué)生電源（直流4V）、開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)實驗中所用電壓表應(yīng)選___________，電流表應(yīng)選用___________，滑動變阻器應(yīng)選用___________。（用序號字母表示）(2)要求：盡可能的減小實驗誤差，請在方框中畫出該實驗的電路原理圖___________【答案】①.A②.D③.E④.【解析】【詳解】(1)[1][2][3]因燈泡的額定電壓為4V，為保證安全選用的電壓表量程應(yīng)稍大于4V，但不能大太多，量程太大則示數(shù)不準(zhǔn)確；故只能選用0～5V的電壓表，故選A；由P=UI得，燈泡的額定電流故電流表應(yīng)選擇0～0.6A的量程，故選D；而由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數(shù)據(jù)，故只能采用滑動變阻器分壓接法，而分壓接法中應(yīng)選總阻值小的滑動變阻器，故選E；(2)[4]電路采取分壓式接法，因為電流表內(nèi)阻已知，故采取內(nèi)接法，故電路圖如下：三、計算題（本題共4小題，共46分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）13.勻強電場的場強為40N/C,在同一條電場線上有A、B兩點,把質(zhì)量為2×10-9kg、帶電荷量為-2×10-9C的微粒從A點移到B點,靜電力做了1.5×10-7J的正功．求:（1）A、B兩點間的電勢差UAB;（2）A、B兩點間的距離;（3）若微粒在A點具有與電場線同向的速度為10m/s,在只有靜電力作用的情況下,求經(jīng)過B點的速度大?。敬鸢浮?1)(2)(3)m/s【解析】【詳解】(1)由電場力做功的公式得：(2)由勻強電場中的場強公式得：(3)若微粒只在電場力作用下運動，由動能定理得：代入數(shù)據(jù)解得vB=m/s14.如圖所示，電源電動勢E=40V，內(nèi)阻r=1Ω，電阻R=24Ω，M為一線圈電阻RM=0.4Ω的電動機，電流表為理想電流表，求：（1）當(dāng)開關(guān)S斷開時，電源輸出功率P1是多少？（2）當(dāng)開關(guān)S閉合時，電流表的示數(shù)為4.0A，則通過電動機的電流及電動機輸出功率P2是多少？【答案】(1)61.44W；(2)87.5W；【解析】【詳解】（1）當(dāng)開關(guān)S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電流為：電源輸出功率為：P1=I2R=1.62×24=61.44W；

（2）開關(guān)S閉合時，電流表的示數(shù)為4.0A，故路端電壓為：U=E-Ir=40-4×1=36V，

通過電阻R的電流：故流過電動機的電流為：I2=I-I1=4-1.5=2.5A，

故電動機的機械功率為：P2=UI2-I22RM=36×2.5-2.52×0.4=87.5W；15.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正方形abcd區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正方形邊長為L且ad邊與x軸重合，ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P（0，h）點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點進入第Ⅳ象限的磁場區(qū)域，不計粒子所受的重力。求：（1）電場強度E的大??；（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；（3）磁感應(yīng)強度B滿足什么條件，粒子經(jīng)過磁場后能到達y軸上，且速度與y軸負方向成45°角？【答案】（1）；（2），方向與x軸正方向成45°角；（3）【解析】【詳解】（1）粒子做類平拋運動，沿y軸方向有h=t2沿x軸方向有2h=v0t解得E=（2）到達a點時水平速度為v0，豎直速度為vy水平方向有2h=v0t豎直方向有解得vy=v0所以到達a點的速度為va=v0方向與x軸正方向成45°角。（3）粒子到達y軸上，且速度與y軸負方向成45°角，必須要從ab邊射出，從b點射出時對應(yīng)的磁感應(yīng)強度B最小，粒子在磁場中的軌跡是以O(shè)1為圓心的一段四分之一圓弧，設(shè)半徑為r1，有由Bqva=m解得B=所以磁感應(yīng)強度須滿足的條件為16.如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1=E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2=E的勻強電場，在虛線P