1、四川省雅安市2019-2020学年高二物理上学期期末检测试题（含解析）第卷（选择题共45分）一、选择题:（本大题共15小题，每小题3分，共45分。1-10题只有一个选项是符合题目要求的，11-15题有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）1.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献，下列说法错误的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D. 焦耳发现了电流的热效
2、应，定量得出了电能和热能之间的转换关系【答案】B【解析】【详解】A奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故A不符合题意；B欧姆定律说明了电流与电压的关系，故B符合题意；C法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C不符合题意；D焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，故D不符合题意。故选B。2.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是A. 根据电场强度的定义式E= ，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B. 根据电容的定义式C= ,电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据真空
3、中点电荷电场强度公式E= ，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比D. 根据公式UAB= ，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V【答案】C【解析】【详解】A电场强度是电场本身具有的性质，与试验电荷无关，故A错误B电容是电容器本身具有的性质，表示电容器容纳电荷的能力，其大小受到自身参数和极板间介质介电常数的影响，与两极板间电压和电荷量无关，故B错误C由该点电荷场强计算公式可以得出，点电荷产生电场的场强大小与场源电荷电荷量成正比，故C正确D克服电场力做功，说明此过程电场力做负功，即：根据：可得：故D错误3.在如图所示的各图中，表示磁感应强度B方向、
4、电流I方向及电流受力F方向三者关系正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据左手定则可得AA中安培力的方向是竖直向上的，故A正确；BB中安培力的方向水平向左，故B错误；CC中安培力的方向是水平向左的，故C错误；DD中电流方向与磁场平行，导线不受磁场力，故D错误。4.如图所示，是高二某同学演示楞次定律实验的记录，不符合实验事实的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：D选项中，由楞次定律知：当条形磁铁拔出时，感应电流形成的磁场与原磁场方向相同，因原磁场方向向上，故感应磁场方向也向上，再由安培定则知从上向下看感应电流方向为逆时针，D错考点：楞次定律、安培定则等【名
5、师点睛】楞次定律中“阻碍”的含义5.如图所示，一带电粒子进入一固定的正点电荷Q的电场中，沿图中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（rarb），不计粒子的重力，则可知rA. 运动粒子带负电B. b点的场强小于a点的场强C. a到b的过程中，电场力对粒子做负功D. a到b的过程中，粒子动能和电势能之和减小【答案】C【解析】【详解】A根据粒子轨迹的弯曲方向向左弯曲，可知粒子受到排斥力，则带电粒子带正电，故A不符合题意；B由公式，由于rarb，可知，b点的场强大于a点的场强，故B不符合题意；Ca到b的过程中，电场力方向与粒子的速度方向成钝角，对粒子做负功，故C符合题意；D
6、粒子在运动过程中，只有电场力做功，所以动能与电势能总和不变，故D不符合题意。故选C。6.如图所示，某一导体形状为长方体,其长、宽、高之比为abc=321。在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定电压，导体的电阻为R1；在3、4两端加上恒定电压，导体的电阻为R2，则R1R2为A. 11B. 19C. 49D. 14【答案】B【解析】【详解】根据电阻定律，当在1、2两端加上恒定电压U时阻值为：当在3、4两端加上恒定的电压时阻值为：可得：故B符合题意，ACD不符合题意7.在一根长为的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为，则匀
7、强磁场的磁感应强度的大小可能是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】当导线的方向与磁场方向平行，所受的安培力为零；当导线的方向与磁场方向垂直，安培力最大；根据公式列式求解即可；【详解】长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为0.2N，故：，由于，故：，故A正确，BCD错误；【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，当B与I垂直时，B与I平行时，8.如图所示的电路中，L1和L2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数很大，它的直流电阻可以忽略不计。则下列说法中正确的是A. 闭合S后，灯L2先亮，灯L1后亮，最后两灯一样亮B. 闭合S后，灯L1电流方向向右
8、，灯L2的电流方向向左C. 断开S后，灯L2立即熄灭，灯L1逐渐熄灭D. 断开S瞬间，灯L1的电流方向向右，灯L2的电流方向向左【答案】D【解析】【详解】AB、L2灯与电阻R串联，当电键S闭合时，灯L2立即发光。通过线圈L电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，L1逐渐亮起来。所以L2比L1先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，因电阻R，则两灯亮度不一样，但电流方向相同，故A B错误；C、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2和
9、电阻R构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，但灯L2闪亮后逐渐熄灭，原因是在断开之前，通过L1的电流大于L2的电流，故C错误；D、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2和电阻R构成闭合回路放电，由“增反减同”可知，感应电流为顺时针，流过L1电流与原来相同，流过L2电流与原来相反，故D正确。故选D。9.如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【详解】液滴在重力、电场力和洛仑兹
10、力下做匀速圆周运动，可知，液滴受到重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，mg=qE，得m=；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为R=，得v=，故D正确10.如图所示，有一带电粒子贴着板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹落到板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由，得，所以，A. ，选项A符合题意；B. ，选项B不符合题意；C. ，选项C不符合题意；D. ，选项D不符合题意；11.1930年劳伦斯制成了世
11、界上第一台回旋加速器，其核心部分如图所示匀强磁场垂直D 形盒底面，两盒分别与交流电源相连则下列说法中正确的是（ ）A. 加速器的半径越大，粒子射出时获得的动能越大B. 粒子获得的最大动能由交变电源的电压决定C. 加速器中的电场和磁场都可以使带电粒子加速D. 粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步【答案】AD【解析】【详解】A、B、由qvB=m得v=，当r=R时，v最大，v=，所以最大动能EK=，由此可知质子的最大动能只与粒子本身的荷质比，加速器半径，和磁场大小有关，与加速电压无关，故A正确，B错误；C、加速器中的电场可以使带电粒子加速，而磁场使粒子偏转，故C错误；D、根据加速原理，当粒子在
12、磁场中运动的周期与交变电压的周期同步时，才能处于加速状态故D正确；故选AD【点睛】理解回旋加速器工作原理，熟练运用相关公式，便可解出此题，特别注意加速获得的最大动能与电场的电压无关12.在如图所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向a端移动一段距离，下列结论正确的是A. 电流表读数变小B. 灯泡L变亮C. 电容器C上的电荷量增多D. 电压表读数变小【答案】AC【解析】【详解】AB将滑动变阻器滑片P向a端移动后，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，电路中电流I变小，则电流表读数变小，灯泡L变暗，故A正确，B错误；C电容器C两端的电压：UC=E-I（RL+r），I变小，其他量不
13、变，则UC增大，电容器C上的电荷量增多，故C正确；D变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则路端电压增大，电压表读数变大，故D错误。故选AC。13.如图所示空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B， 方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴。一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO对称的位置时A. 穿过回路磁通量的变化率为零B. 回路中感应电动势大小为2Blv0C. 回路中感应电流的方向为逆时针方向D. 回路中ab边与cd边所受安培力的方向相反【答案】BC【解析】【详解】A此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁
14、场垂直线圈向内，因此磁通量为零，但变化率不为零，故A不符合题意；Bab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为E=2BLv0，故B符合题意；C根据右手定则可知线框向右运动的过程中，ab中的感应电动势的方向向下，cd中的感应电动势的方向向上，所以回路中的感应电流方向为逆时针，故C符合题意；D根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向向下，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向向上，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故D不符合题意。故选BC。14.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内电阻r=
15、1，电路中另一电阻R=9，直流电压U=180V，理想电压表示数UV=135V，电动机正以v=1m/s匀速竖直向上提升某重物，g取10m/s2，下列判断正确的是（ ）A. 通过电动机的电流是18AB. 输入电动机的电功率是675WC. 电机的输出功率是25WD. 重物的质量是65kg【答案】BD【解析】【分析】（1）根据欧姆定律求出通过R的电流；（2）电动机的输入功率为P1=U2I；（3）电动机内电阻的发热功率为 P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1P2由公式P3=Fv=mgv求解物体的质量【详解】A、通过R的电流为：I=A=5A； 故A错误；B、电动机的输入功率为：P1=U2I=1355W
16、=675W；故B正确；C、电动机内电阻的发热功率为：P2=I2r=521W=25W，输出的机械功率为：P3=P1P2=（67525）W=650W； 故C错误；D、P3=Fv=mgv解得：m=65kg，故D正确；故选BD【点睛】本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率，难度适中15.如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为1m，导轨平面与水平面夹角30，导轨上端跨接一定值电阻R=8，导轨电阻不计，整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=5T，金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，
17、且与导轨保持接触良好，金属棒的质量为1kg，电阻为2，重力加速度为g=10m/s2。现将金属棒由静止释放，沿导轨下滑距离为2m时，金属棒速度达到最大值,则这个过程中A. 金属棒的最大加速度是5m/s2B. 金属棒cd的最大速度是m/sC. 通过金属棒横截面的电量q1CD. 电阻R上产生的电热为Q8J【答案】AC【解析】【详解】A刚释放金属棒时加速度最大，由牛顿第二定律得：mgsin=ma解得最大加速度：a=gsin=5m/s2故A符合题意；B当金属棒做匀速直线运动时，速度最大，则有：解得最大速度为：故B不符合题意；C通过金属棒横截面的电量为：故C符合题意；D设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产
18、生的电热为Q总，由能量守恒定律得：电阻R上产生的热量：联立解得：代入数据解得：Q6.7J故D不符合题意。故选AC。第卷（非选择题共55分）二、实验题（2小题，共18分）16.(1)螺旋测微器是重要的测量仪器，如图1所示的读数是_mm(2)用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上_a将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c旋转S使其尖端对准欧姆挡1kd旋转S使其尖端对准欧姆挡
19、100e旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔根据图2所示指针位置，此被测电阻的阻值为_【答案】 (1). 4.075 (2). cabe (3). 30k【解析】【详解】(1)1根据螺旋测微计的读数规则，读数为4.075mm；(2)2由于测量的电阻为几十千欧，所以应选择欧姆挡1k，先将两表笔短接，使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，之后将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，最后旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故正确的选项顺序应为cabe；3从图中可以读出电阻的阻值为30k17.某同学做“测定电动势约2V，内阻约几欧的电池的电动势和内阻”实验。（1）他采用如
20、下图所示的实验电路进行测量。现有下列器材供选用：A电压表(015V，内阻约20k)B电压表(03V，内阻约10k)C电流表(006A，内阻约04)D电流表(03A，内阻约1)E滑动变阻器(500，1A)F滑动变阻器(20，2A)实验中所用电压表应选_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。（填字母代号）（2）上图中给出了做实验所需要的各种仪器。请你按电路图把它们连成实验电路_ (在答题卷上先用铅笔连线，确定准确无误后，再用签字笔连线)。（3）根据实验数据做出U-I图象，如图所示，蓄电池的电动势E=_V，内电阻r=_（结果保留2位有效数字）。（4）这位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是_。
21、A实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用导致的B实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用导致的C实验测出的电动势小于真实值D实验测出的内阻大于真实值【答案】 (1). B (2). C (3). F (4). (5). 2.0 (6). 3.8 (7). BC【解析】【详解】(1)123电源电动势为1.5V，故电压表选择3V量程的B；内阻约为几欧，故电流较小，电流表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的F；(2)4根据电路图连接实物图，如图所示：(3)56由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为2.0，电源电动势E=2.0V，电源内阻为：(4)7在测量电源的电动
22、势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用。作出U-I图线实际图线和测量图线，如图所示，知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小，故AD错误，BC正确。三、计算题（本题共3小题，共37分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）18.水平放置的导体框架，宽L=0.50m，接有电阻R=0.20，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B=0.40T，一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体ab的电阻均不计，当ab以v
23、=4.0m/s的速度向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中产生的感应电动势大小；（2）维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小；（3）电流通过电阻R产生的热功率P热。【答案】（1）0.8V（2）0.8N（3）3.2W【解析】【详解】(1)ab棒中产生的感应电动势：E=BLv=0.40.54=0.8V；(2)感应电流大小为：导体棒ab受到的安培力：FB=BIL=0.440.5N=0.8N导体棒做匀速运动，由平衡条件得外力F=FB=0.8N；(3)电流通过电阻R产生的热功率:P热=I2R=3.2W。19.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为有一质量为
24、、带负电的小球，电荷量大小为，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取，求：小球在A点处的速度大小；小球运动到最高点B时对轨道的压力【答案】；【解析】【详解】（1）重力：G=mg=0.12kg10N/kg=1.2N电场力：F=qE=1.6106C3106V/m=4.8N在A点，有：qEmg=m代入数据解得：v1=6m/s（2）设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：（qEmg）（2R）=mv22mv12在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：FN+mgqE=mv22由牛顿第三定律有：FN=FN代入数据解得：FN=21.6N【点睛】本题关键是明确小球
25、的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析20.在如图所示的直角坐标中，x轴的上方有与x轴正方向成=45角的匀强电场，场强的大小为x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B2102T，方向垂直纸面向外把一个比荷为的带正电粒子从坐标为（0，1.0）的A点处由静止释放，电荷所受的重力忽略不计求：（1）带电粒子从释放到第一次进入磁场时所用的时间t；（2）带电粒子在磁场中的偏转半径R；（3）带电粒子第三次到达x轴上的位置坐标【答案】（1）（2）（3）（8，0）【解析】试题分析：（1）带电粒
26、子从A点释放后做匀加速直线运动，有：联解并代入数据得：（2）设带电粒子进入磁场时的速度为v，则：带电粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下以O1为圆心做匀速圆周运动，有：联解并代入数据得：（3）根据粒子运动轨迹的对称性，由几何关系知带电粒子第二次到轴的位置与第一次相距：可知粒子恰从O点回到电场区域，作出运动轨迹如图所示带电粒子再次进入电场后，粒子做类平抛运动，设运动时间t后到达x轴位置Q（xQ，0），则由运动学规律有：沿着速度v方向：垂直速度v方向：联解并代入数据得：，即Q点位置坐标为（8，0） 评分参考意见：本题满分14分，其中式各2分，式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分考点：带电粒子在电场、磁场中的运动
