1、福建省龙岩市2019-2020学年高二物理上学期期末教学质量检查试题（含解析）一、选择题1.在电磁学的发展过程中，许多科学家做出了卓越贡献，下列表述符合史实的是A. 法拉第最早用实验测定了电子的带电量B. 奥斯特引入了电场的概念C. 安培发现了电流的磁效应D. 库仑发现了点电荷的相互作用规律【答案】D【解析】【详解】A. 最早用实验测定了电子的带电量的是密立根，故A错误；B.法拉第最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律。故B错误；C. 奥斯特发现了电流的磁效应。故C错误；D. 库仑发现了点电荷的相互作用规律。故D正确。故选：D2.下列物理量中，与试探电荷的电量和电性有关的是A.
2、电势能B. 电势C 电势差D. 电场强度【答案】A【解析】【详解】A.电势能，电荷在电场中某点的与试探电荷的电量、电性和该点的电势都有关系，故A正确；B.电势是描述电场能的性质的物理量，电势是由电场本身决定的，高低与零势点的选取有关，与试探电荷无关。故B错误；C. 电势差是电势的差值，是由电场本身决定的，与试探电荷无关，故C错误。D. 电场强度是描述电场力的性质的物理量，由电场本身决定的。与试探电荷无关。故D错误。故选：A3.平面内有一边长为a的正方形线圈，内部与其相切的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其它区域无磁场，磁感应强度大小为B则穿过该线圈磁通量为A. B. Ba2C. B（-1）
3、a2D. B（2-1）a2【答案】A【解析】【详解】磁场的有效面积为，根据磁通量的定义，穿过该线圈磁通量为：。A. 。与上述结论相符，故A正确；B. Ba2。与上述结论不符，故B错误；C. B（-1）a2。与上述结论不符，故C错误；D. B（2-1）a2。与上述结论不符，故D错误。故选：A4.在如图示电路中，电源电动势为E、内阻为r，L1、L2、L3均为小灯泡，P为滑动变阻器的滑动触头，开关S1、S2闭合。则A. 向右滑动触头P，小灯泡L2变亮B. 向右滑动触头P，小灯泡L3变亮C. 若只断开S2，小灯泡L1变暗D. 若只断开S2，小灯泡L2变亮【答案】B【解析】【详解】AB.在S2处于闭合状
4、态下，向右滑动触头P，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压减小，L2变暗；则L3两端电压增大，故L3变亮，故A错误，B正确；CD. 若只断开S2，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压减小，L2变暗；则L1和P两端电压增大，电流增大，故L1变亮，故C错误，D错误。故选：B5.有一内阻为50，满偏电流为10mA的电流计，现要将其改装成量程为0-3V的电压表。下列做法正确的是A. 并联一个阻值为250的定值电阻B. 串联一个阻值为250的定值电阻C. 并联一个阻值为300的定值电阻D. 串联一个阻值为300的定值电阻【答案】B【解析】【详解】把电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻
5、，串联电阻阻值：。A. 并联一个阻值为250的定值电阻。与上述结论不符，故A错误；B. 串联一个阻值为250的定值电阻。与上述结论相符，故B正确；C. 并联一个阻值为300的定值电阻。与上述结论不符，故C错误；D. 串联一个阻值为300的定值电阻。与上述结论不符，故D错误。故选：B。6.如图所示，ABCD是底角为60的等腰梯形，且AB=2CD，在A、B位置分别放上两个点电荷，A、B两点的点电荷在C点产的场强大小分别为EA、EB，C点的电场强度方向沿DC向右。则下列说法正确的是A. 放在A点的电荷为负电B. 放在B点的电荷为正电C EAEB【答案】D【解析】【详解】AB.由于两点电荷在C点产生的
6、合场强方向沿DC向右，根据矢量合成法，利用平行四边形定则可知，可知两点电荷在C点产生的场强方向如图所示，由图可知，A点所放点电荷为正电荷，B点所放点电荷为负电荷，故A错误，B错误；CD.由图中矢量三角形几何关系可知EBEA，故C错误，D正确。故选：D7.如图为某同学使用的迷你电风扇，该同学想要研究该风扇电动机的性能。将电风扇与电动势为2V、内阻为1的电源连接。闭合开关后，电风扇正常运转，测得电路电流为0.2A。以下判断中正确的是A. 电动机两端的电压为2VB. 电动机的内阻为9C. 电动机的输入功率为0.36WD. 电源输出电功率为0.4W【答案】C【解析】【详解】A. 电动机两端的电压为：U
7、M=EIr=20.21=1.8V，故A错误；B. 电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，其内阻：故B错误；C. 电动机输入的电功率为：PM=UMI=1.80.2=0.36W，故C正确；D. 电源的输出功率等于电动机的输入功率，为0.36W，故D错误。故选：C8.如图，材质相同、粗细均匀的正方形导体框ABCD，垂直放置于匀强磁场中，将CD两点接到电源两端，CD段受到的安培力为F，则此时导体框受到的安培力的合力大小为A. B. C. 2FD. 3F【答案】B【解析】【详解】均匀的电阻丝组成的正方形导体框，电阻丝CBAD阻值是电阻丝CD阻值的3倍，电阻丝CD与电阻丝CBAD并联，所以电阻丝CBAD中
8、电流是电阻丝CD中电流的；电阻丝CBAD在磁场中的有效长度与电阻丝CD的长度相等，则电阻丝CBAD所受安培力是电阻丝CD所受安培力的，即电阻丝CBAD所受安培力为F；电阻丝CD与电阻丝CBAD所受安培力的方向相同，所以三根电阻丝受到的安培力的合力：。A. 。与上述结论不符，故A错误；B. 。与上述结论相符，故B正确；C. 2F。与上述结论不符，故C错误；D. 3F。与上述结论不符，故D错误。故选：B。9.如图是质仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内有正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度和电场强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶
9、片，平板S下方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B0。则下列判断正确的是A. 该带电粒子带负电B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大D. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于【答案】C【解析】【详解】A. 粒子进入磁场后向左偏，根据左手定则可以判断，粒子带正电，故A错误； B.粒子在速度选择器中受到水平向右的电场力，则洛仑兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B错误；C. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子的速度相同，轨道半径r越小，即粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越
10、大，故C正确；D.粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：qE=qvB，解得：，故D错误；故选：C10.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1O1bbO2O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的设ao1=o1b=bo2=o2c=r，设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在
11、距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1=B1r+B3r；b点磁感应强度：B2=B1r+B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc=B3r=B1-B2，故选A11.关于磁场，下列说法中正确的是A. 一小段通电导线所受安培力为零，则该处的磁感应强度为零B. 一小段通电导线在磁场中所受安培力的方向与该处磁感应强度方向相同C. 一小段通电导线在磁场中所受安培力的方向与该处磁感应强度方向垂直D. 小磁针N极受到磁场力的方向就是该处磁感应强度方向【答案】CD【解析】【详解】A. 如果电流方向与磁场方向平行，即使磁感应强度不为零，通电导线所受的安培力也为零，故A错误； BC.
12、通电导线所受安培力的方向总是与磁感应强度方向和电流方向所决定的平面垂直，故B错误，C正确； D. 某点磁感应强度方向规定为小磁针N极在该点受到磁场力的方向，所以小磁针N极受到磁场力的方向就是该处磁感应强度方向，故D正确。故选：CD12.如图，在xOy坐标平面内有方向平行于坐标平面的匀强电场，abcd是平面内直角梯形的四个顶点，坐标如图所示，已知a、b、c三点电势分别为2V、6V、8V，下列说法正确的是A. 坐标原点O的电势为4VB. d点的电势为5VC. c、O两点的电势差等于b、a两点的电势差D. 匀强电场方向沿cb方向【答案】AC【解析】【详解】A. 根据U=Ed可得，匀强电场中相互平行的
13、直线上，电势差与长度成正比，则代入数据得：故A正确；B.根据A选项的分析，有：代入数据得：故B错误；C. 根据A选项的分析，c、o两点的电势差等于b、a两点的电势差，故C正确；D.b、d两点电势相等，b、d两点连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势知，匀强电场方向沿ba方向故D错误。故选：AC13.在如图所示的电路中，P1、P2分别为滑动变阻器R1、R2的滑动触头，R3为定值电阻，平行金属板A、B构成电容器C，M为电容器内的一点。开关S闭合且电路稳完时，下列说法正确的是A. 若滑片P1向下移动，电容器的极板间电压变小B. 若滑片P2向下移动，电容器的极板间电压变小C. 若极
14、板A向下移动，M点的电势升高D. 若极板A向下移动，M点的电势降低【答案】BC【解析】【详解】A. 电路稳定时，通过电阻R1的电流为零，移动滑动变阻器滑片P1，电容器的极板间电压不发生改变，故A错误；B. 滑片P2向下移动，总电阻减小，电流增大，内电阻和R3电压增大，R2电压减小，电容器与R2并联，电容器的极板间电压等于R2两端的电压，变小，故B正确；C.如果仅将极板A向下移动，那么，平行板两极电压不变，平行板间电场强度增大，M点与零势点电势差增大， M点的电势升高，故C正确，D错误。故选：BC14.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微粒经带电室（未画出）带负电后，由静止开始从K孔
15、进入电压为U0的加速电场，然后垂直于电场方向进入电压为U的偏转电场，最终打在屏上，屏距离偏转区域右端的水平距离为L，则A. 减小U0的大小会使微粒在偏转区域中的运动时间增大B. 减小U的大小会使微粒在偏转区域中的运动时间增大C. 增大L的大小，微粒打在屏上的速度会增大D. 保持U0、U不变，不同的微粒会打在屏的同一位置【答案】AD【解析】【详解】A.设微粒质量为m，电量为q，偏转电场极板长为L，极板间距离为d，微粒经加速电场加速后速度为v0，则得：微粒在偏转区域中的运动时间：减小U0的大小会使微粒在偏转区域中的运动时间增大，故A正确；B.由A选项分析可知，改变U的大小不会改变微粒在偏转区域中的
16、运动时间，故B错误；C.微粒离开偏转电场后，做匀速直线运动，所以增大L的大小，微粒打在屏上的速度不变，故C错误；D.经过偏转电场，微粒垂直极板方向的偏转量为：联立解得：故D正确。故选：AD15.如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动下列说法正确的是A. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大B. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度一直增大C. 增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电
17、荷做圆周运动D. 将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动【答案】BC【解析】【详解】A. 圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零故A错误B. 圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大故B正确CD. 根据动能定理得：根据牛顿第二定律得：联立解得：增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环仍然可以做圆周运动；若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动故C正确，D错误二、实验题16.李强同学
18、测量一个某种材料圆柱体的电阻率，实验过程中螺旋测微器和电阻箱的测量结果分别如图甲、乙所示，其读数分别为甲：_mm、乙：_。【答案】 (1). 5.316（5.3155.318） (2). 638【解析】【详解】1由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5mm，可动刻度示数为31.60.01mm=0.316mm，螺旋测微器示数为5mm+0.316mm=5.316mm；2 由图乙所示电阻箱可知，电阻箱的阻值为：6100+310+81=638。17.高二物理研究性学习小组在学习了恒定电流的相关知识后，设计了一个电路，该电路既能测量出电源电动势E和内阻r，同时又能描绘一定范围内灯泡的伏安特性曲线。所用
19、器材及已经连接的部分电路如图甲。实验时，当调节滑动变阻器的阻值时，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数。经过多次测量，最后描绘出两条U-I图线，如图乙所示，电压表内阻很大，电流表内阻不计，请回答下列问题。（1）请你将图甲的实物连线补充完整；（ ）（2）图乙中的_（“”或“”）图线是表示电压表V的读数和电流表A的读数之间的关系；（3）电源电动势E=_V，内阻r=_（保留两位有效数字）；（4）在坐标系中两条图线相交于P点，此时滑动变阻器连入电路的阻值为_。【答案】 (1). (2). (3). 4.5V (4). 1.0 (5). 0【解析】【详解】（1）1 要同时测量出电源电动势E和内
20、阻r，和描绘灯泡的伏安特性曲线，所以一个电压表测路端电压，一个电压表测灯泡的电压，电流表测量干路电流。实物连接如图所示：；（2）2 电压表V1测量的是路端电压，由U=EIr可知，路端电压随电流的增大而减小，成线性关系，所以图中曲线表示电压表V1的读数和电流表A的读数之间的关系；（3）3根据U=EIr可知，曲线在U轴的截距等于电源电动势，所以E=4.5V；4 曲线的斜率等于电源内阻，所以等于内阻：；（4）5 两条图线交点处说明灯泡的电压等于路端电压，滑动变阻器的电压等于零，所以此时滑动变阻器连入电路的阻值为0。三、计算题18.如图，在直角坐标系xoy内，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为1T
21、。一个比荷为1106C/kg的带电粒子从坐标原点O沿着y轴正方向以一定速度射入磁场，不计粒子重力，粒子以M点为圆心做匀速圆周运动，并通过第四象限的N点，N点的横坐标为9cm，MN与x轴成60。求（1）该粒子运动的速度大小；（2）该粒子从O点第一次运动到N点的时间。【答案】（1）6104m/s（2）4210-6s【解析】【详解】（1）由几何关系知：得：R=6cm由得：代入数据解得该粒子运动的速度v=6104m/s；（2）根据运动周期该粒子运动第一次运动到P点的时间联立求得19.如图所示，在竖直平面内有一个半径为r，质量为m0的金属圆环，圆环平面与纸面平行，圆环部分处在磁感应强度为B的匀强磁场中，
22、磁场方向垂直纸面向里，磁场的水平边界与圆环相交于M、N点，圆心角MON=120。用绝缘轻绳把放在斜面上的滑块通过定滑轮与圆环相连。当圆环中通有逆时针方向大小为I的电流时，滑块保持静止。已知斜面倾角为30，斜面和滑轮均光滑。求：（1）滑块的质量；（2）若圆环电流I大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为多大。【答案】（1）2m0（2）【解析】【详解】（1）设滑块质量为m，圆环处在磁场中部分所受安培力为： ，方向竖直向上，系统处于静止状态： 联立式得： （2）电流I反向后，安培力大小不变，方向相反，对系统由牛顿第二定律 联立式得：20.如图所示，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆轨道B
23、C相切于B点，AB长为2R，水平轨道和半圆轨道均光滑且绝缘。在轨道所在空间内存在着水平向右的匀强电场。带电量为+q、质量为m的小球自A点由静止释放，经B点沿半圆轨道运动到C点后落回到水平轨道上。已知电场强度大小E=，求：（1）小球从A点运动到B点所用的时间；（2）小球经过C点时对轨道的作用力；（3）小球离开C点至落回到水平轨道的过程中，经过多长时间动能最小及此动能的最小值。【答案】（1）（2）3mg，方向向上（3）；mgR【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，小球的加速度为由运动学规律可知解得；（2）由动能定理可知做圆周运动的向心力解得N=3mg，由牛顿第三定律可知，小球经过C点时对轨道的作用力，方向向上。 （3）小球离开C点后，水平方向做加速度为2g的匀减速运动，竖直方向做自由落体运动。小球离开C点后经t时间，小球水平方向的速度为小球竖直方向的速度为小球的速度为整理得当时，v最小，动能最小。动能最小值为
