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1、2021-2022学年北京市东城区高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）1.下列物理量中,属于矢量的是（）2.A.电势B.电势能C.电功率D.电场强度下列物理量中,描述容纳电荷本领的物理量是（）A.电容B.电阻C.电势差D.磁通量3.在国际单位制中，单位是“库仑”的物理量是（）A.电荷量B.电流C.电压D.电阻4.真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F。若保持这两个点电荷之F4间的距离不变，将它们的电荷量都变成原来的一半，则改变电荷量后这两个点电荷之间静电力的大小为（）D.A. 2FB. 4FC. |5.如图所示为某负点电荷的电场线，M、N为电场中的两点
2、，其 电场强度大小分别用和表示，电势分别用加和0N表示。 下列说法正确的是（）A. Em En，B.Em En，c.Em En，D.Em En，6.在如图所示的电路中，电阻R = 2.on,电源的电动势E = 3.0IZ,内电阻厂=1.0Q闭合开关S后，电阻R的两端分得的电压为ElA.1.01/B.1.5VC.2.01/D. 3.01/故选：Co根据闭合电路欧姆定律求电路中的电流/.由欧姆定律u = /R求R两端的电压本题关键是要掌握闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律公式，并能正确应用即可求解。7. 【答案】C【解析】解：由图可知，灯泡均为并联，当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多, 由并联
3、电路的电阻规律可知，外部总电阻逐渐减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电 流逐渐增大，内电压增大，则外电压减小，因此路端电压减小，小灯泡两端的电压也逐 渐减小，故C正确，ABD错误；故选：Co根据串联电路的电阻特点分析出总电阻的变化，结合闭合电路的欧姆定律分析出灯泡两 端电压的变化。本题主要考查了串并联电路的电流电压特点，根据并联电路的特点分析出电阻的变化, 结合欧姆定律分析出电流和电压的变化即可完成分析，属于基础题型。8. 【答案】D【解析】解：0、磁感应强度是由磁场本身决定的，与线框的放置方式无关，故A错误；3、根据0 = BSsind,其中。是线框平面与磁感应强度的方向之间的夹角，可知在线
4、框 由水平位置转动90。的过程中，穿过线框的磁通量逐渐减小，故B错误；C、根据磁通量的定义可知，穿过线框的磁通量逐渐减小，则穿过线框的磁感线条数减 少，故C错误；D、线框是矩形闭合导线框，穿过线框的磁通量逐渐减小，则在线框中会产生感应电流， 故。正确。故选：Do根据0 = BSsind判断磁通量的变化；明确感应电流产生的条件，知道要使线框中产生 感应电流，则穿过线框的磁通量要发生变化，回路要闭合。本题关键明确产生感应电流的条件是：回路闭合、磁通量改变；关键注意掌握磁通量的 定义和是否变化的判断。9. 【答案】B【解析】解： 轴上坐标为4cm的位置处场强为零，根据电场叠加原理可知：kQi = a
5、0.042 (0.06-0.04)2解得：Qi = 4Q2，故8正确，ACD错误；故选：Bo根据电场强度的决定式，结合电场叠加的相关知识完成分析。本题主要考查了场强的叠加问题，根据电场强度的公式，结合矢量合成的特点即可完成 分析，属于基础题型。10. 【答案】A【解析】解：导体球C带正电，根据静电感应现象可知，导体近端感应负电荷，远端感 应正电荷，即Qa和Q/带正电，Qb和Q/带负电；导体原来不带电，只是在C的电荷的作 用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分多带了电子而带负电；A部分少了电子 而带正电。根据电荷守恒可知，0部分转移的电子数目和B部分多余的电子数目是相同 的，因此无论从哪一
6、条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，即Qa = Qb Qa = Qb， 故A正确，BCD错误。故选：Ao根据静电感应现象，在正点电荷的电场作用下，导体内的自由电荷重新分布，不论 沿着哪条虚线切开，都有刀带正电，B带负电，且电量总是相等。本题考查静电感应的原理，理解带电本质是电子的转移，掌握电荷守恒定律的应用，注 意两部分的电量总是相等是解题的突破口。11. 【答案】B【解析】解：4、根据电容的定义式c = M可知，保持S不变，增大d,电容C减小，4ti kd再根据u =土知U增大，所以0变大，故A错误；B、根据电容的定义式。=吕，保持S不变，减小d,电容C增大，再根据U =%知U减4SC小，
7、所以。变小，故B正确;C、保持d不变，减小s,根据电容的定义式c =耳,可知电容减小，再根据u = %知 4nkdCU增大,所以。变大。故C错误；根据电容的定义式c =，保持S、d不变，在两板间插入电介质，则电容增大，4ti/cd根据及u =土知17减小，贝脂变小，故。错误。故选：B。静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据电容定义式。= 耳,及U=%再通过C的变化，从而判断(/的变化。4nkdC解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量.若电容器与电源断开，电量保持不变；若 电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变.12. 【答案】B【解析】解：滑动变阻器R。的滑片
8、向下滑动的过程中，接入电路的电阻减小，电阻总电阻减小,阻减小,由/ =可知，干路电流/增大，由U内=1T可知，电源内电压增大，则外电压减小，即电压表示数减小;因为U = IR1，则R1两端的电压增大，因此&2两端的电压减小，则&2的电流也减小，电 流表的示数减小，故B正确，ACZ)错误； 故选：Bo 根据滑片的滑动方向分析出电阻的变化关系，先根据欧姆定律得出总电流的变化，进而 根据内电压的变化分析出外电压的变化，进而分析出支路电压的变化，从而得到支路电 流的变化。本题主要考查了电路的动态分析，根据局部T整体T局部的顺序依次分析，结合欧姆定 律即可完成分析，也可以用“串反并同”的方法直接判断出电
9、表的示数变化。13. 【答案】C【解析】解：刀、根据欧姆定律可知表头G的满偏电压& = IgRg = 1 X 10-3 x 500IZ =0.5V,故A错误；BC、使用q、b两个端点时，电路中允许经过的最大电流为 = 1部,电流表改装成电 压表串联电阻R： u = Ig(Rg + /?!)= 1 x 10-3 x (500 + 9500)7 = 101,故 B错误，C正确；D、使用Q、c两个端点时，电流表改装成电压表串联电阻R： U = lg(Rg + &) = 1 X10一3 x (500 + 9500 + 9500)，= 19.5V,故。错误；故选：Co电流表改装成电压表要串联电阻分压.根
10、据欧姆定律可解得电压表两侧。明确电流表改装在电压表要串联电阻分压，掌握改装电压表量程的计算方式。14. 【答案】C【解析】解：AB.根据A(p = EAx可知，(p-x图像的斜率表示场强*,由图像可知，在 % = 处，场强大小E =号,粒子在该点受力F = Eq 汽,根据牛顿第二定律可得故粒子的加速度大小为。=籍故错误；CD、由。点向% = %0处运动过程中，带负电的粒子受力方向由X。指向。，故电场力做负 功，根据功的公式可得电场力做功Wf = _x,根据功能关系可知，粒子的电势能 增加半；利用动能定理可知，粒子的动能减小半；故C正确，。错误。aa故选：CoAB.根据(p-x图像的斜率表示场强
11、，结合图像和牛顿第二定律得出粒子在% = 处所 受力及加速度大小；CD、根据功的公式求出由。点向x = x0处运动过程中电场力及电场力做的功，利用功能 关系得出电势能增加量；利用动能定理得出粒子动能的变化量。在处理p-x图像时，要注意图像的斜率表示场强E,另外要注意功能关系的应用。15. 【答案】0.975 49.45【解析】由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm + 47.5 x 0.01mm = 0.975mm；由图示刻度尺可知，其分度值为1mm,金属丝的长度：L = 49.45cm；故答案为:0.975； 49.45o螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；根据图示刻
12、度尺确定其分度值，然后读出其示数.本题考查了螺旋测微器与刻度尺的读数，需要注意螺旋测微器和刻度尺，均需要估读。16. 【答案】X10 0 170【解析】解：（1）表针偏转角度很大，表面电阻阻值偏小，为了让指针指向刻度盘中央附近，应选择较小的倍率，即选xlOo改变倍率后，应重新进行欧姆调零，使指针指向0/2 o（2）阻值为 17 x 10/2 = 160/2故答案为：（1）x10, 0.（2）170.根据万用表的使用方法可得出实验的步骤；根据指针的示数可以得出应采用的挡位，从而得出正确的阻值.本题考查万用电表的使用方法，注意在每次调整挡位后应进行欧姆调零，使指针指向0Q。17. 【答案】% 1.
13、45 1.3电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小【解析】解：（1）为了调节方便，测量精确度更高，实验中应选用滑动变阻器的最大阻值较小的，故选R1；实物连线图如下图所示：根据闭合电路欧姆定律可得：E = U + Ir结合图像可知，干电池的电动势等于图像的纵截距，即E = 1.451/；内电阻等于图像的斜率的绝对值，即r = =耳茅 =1.3/2； 根据E = U + lr可知路端电压是准确的，电流表的示数不包含电压表的电流，所以引起实验的系统误差的主要原因是电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出 第14页，共17页的电流小；(2)当电阻箱阻值为Ri时，电流表示数为九
14、，由闭合电路的欧姆定律有:11 =E+&i+r当电阻箱阻值为/?2时，电流表示数为质，由闭合电路的欧姆定律有:h= E联立解得：r =联立解得：r =/1r1-/2z?2I2-I1故答案为：(1)卅；实物连线图如上图所示；1.45； 1.3；电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小；(2)竺普-孩根据实验原理选择合适的滑动变阻器，根据电路图对应地画出实物连线图;根据闭合电路欧姆定律结合图像分析出干电池的电动势和内阻；根据闭合电路欧姆定律联立等式计算出内阻的测量值。本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据实验原理选择合适的电学仪器，分析出 实验可能存在的误差，结合闭合电路欧姆定
15、律和图像即可完成分析。18. 【答案】解：(1)由题意可知，通电直导线电流方向与磁场方向垂直，故有F = BIL整理代入数据可得B = 2x 10-2T(2)如果只把通电导线中的电流增大到40刀，此时磁场的磁感应强度B不变，此时的通电 导线受到的安培力大小F = BIrL代入数据可得尸=8 x 10-2N答：(1)该匀强磁场的磁感应强度大小为2x10-2；(2)如果只把通电导线中的电流增大到404,通电导线受到的安培力大小为8 x 10-2/Vo【解析】(1)根据安培力公式，结合题意求出磁感应强度的大小；(2)根据安培力公式，结合题意求出安培力大小。本题中要注意安培力公式F = B/L成立的条件是通电导线与磁场方向垂直。19. 【答案】解：(1)金属导体电阻R = p当导体两端施加的恒定电压为/时，通过导 体的电流大小/ = =等。(2)根据电流的定义/ = neSv, 自由电子定向移动的平均速率u = 土。neS答:盖富【解析】(1)利用电阻定律和欧姆定律可求出电流大小；(2
