1、北京十二中 20192020 学年度第二学期质量检测高二年级物理试卷20204一、选择题1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是()A. 由知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比B. 由知，电容器电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 由知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D. 由知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点到B点克服电场力做功1 J，则A、B两点的电势差为1V【答案】D【解析】【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关。用电容器和电势差的定义式即可求解。真空中点电荷电场强度公式中，Q是电源电荷。【详解】A电场强度E
2、与F、q无关，由电场本身决定，A错误。B电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误。C是决定式，C错误。D由可知，D正确。故选D。【点睛】电场强度E由电场本身决定。电容C由电容器本身决定。2.关于静电场的电场强度、电势和等势面，下列说法正确的是（ ）A. 电场强度为零的地方，电势也为零B. 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低C. 电场强度的方向处处与等电势面垂直D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】C【解析】【详解】A电势的零点是人为选取的，和电场强度无关，A错误；B沿电场线方向电势降低，电势大小和电场强度大小无关，B错误；C电场线与等势面
3、处处垂直，所以电场强度的方向处处与等电势面垂直，C正确；D根据电势能可知将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，D错误。故选C。3.如图甲所示，在某电场中建立 x 坐标轴，A、B 为 x 轴上的两点，xA、xB 分别为 A、B 两点在 x 轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿 x 轴运动，该电子的电势能 Ep随其坐标 x 变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是 （ ）A. 该电场一定是孤立点电荷形成的电场B. A 点电场强度小于 B 点的电场强度C. 电子由 A 点运动到 B 点的过程中电场力对其所做的功 W=EpAEpBD. 电子在 A 点的动
4、能小于在 B 点的动能【答案】C【解析】【详解】AB电场力做功改变电势能，图像斜率的物理意义为电场力，即图像斜率一定，所以电场强度一定，则该电场为匀强电场AB错误；C电子从运动到，电势能增大，电场力做负功，即C正确；D电子仅在电场力作用下运动，电势能和动能相互转化，因为所以D错误。故选C。4.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是 ( )A. Q不变，C变小，U变大，E不变B. Q不变，C变小，U变大，E变小C. Q变小，C不变，U不
5、变，E变小D. Q变小，C变小，U不变，E不变【答案】A【解析】【分析】题中电容器的带电量不变； 先由电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析极板间电压的变化【详解】当增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q不变，根据电容的决定式：由于d增大，所以电容减小，由公式 可知板间电压U增大，由公式，所以板间场强不变，故A正确【点睛】解决本题的关键要掌握电容的决定式和电容的定义式并能结合进行分析5.下列判断正确的是（ ）A. 通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流越大B. EUIr适用于任何电路C. 由R 可知，I一定时，导体的电阻R与U成正比，U一定时，导体的电阻R与I成反比D. 由
6、知，材料相同的两段导体，长度大的导体的电阻一定比长度小的导体的电阻大【答案】B【解析】【详解】A根据电流的定义式可知通过导线横截面的电荷量越多，电流不一定越大，A错误；B适用于任何电路，B正确；C电阻是电阻元件本身具有的属性，和外电路的电压和电流无关，C错误；D材料相同的两段导体，电阻率相同，根据电阻定律可知长度大的导体的电阻不一定比长度小的导体的电阻大，还与导体的横截面积有关，D错误。故选B。6.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关 S 闭合后，在滑动变阻器 R0的滑片 P 向上缓慢滑动的过程中 （ ）A. 小灯泡L变亮B. 电压表的示数增大C. 电流表的示数减小D. 电容器C的电荷量减小【
7、答案】B【解析】【详解】A滑片向上滑动，增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流减小，则通过灯泡电流减小，所以小灯泡变暗，A错误；B电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小，可知路端电压增大，B正确；C小灯泡分压减小，路端电压增大，所以除小灯泡以外的并联部分电路两端电压增大，根据欧姆定律可知电流表的示数增大，C错误；D电容器两端电压增大，根据电容的定义式可知电容器所带电荷量增大，D错误。故选B。7.如图所示电路，电源电动势为 E，内阻为 r。当开关 S 闭合后，小型直流电动机 M 和指示灯 L 都恰能正常工作。已知指示灯 L 的电阻为 R0，额定电流为 I，电动机
8、M 的线圈电阻为 R，则下列说法中正确的是 （ ）A. 电动机的额定电压为 IRB. 电动机的输出功率为 IE-I2RC. 电源的输出功率为 IED. 整个电路的热功率为 I2（R0+R+r）【答案】D【解析】【详解】A电动机为非纯电阻电路，所以电动机的额定电压为A错误；B电动机的输出功率为B错误；C电源的输出功率C错误；D电路中的热功率为D正确。故选D。8.如图所示，圆心为O、半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子质量为，电荷量为，从A点以一定的速度垂直磁场方向沿半径射入磁场中，并从C点射出，图中实线AC所示弧线为其运动轨迹已知AOC=120，磁感应强度为B,不计
9、粒子所受的重力关于粒子在磁场中的运动，下列说法中正确的是A. 运动半径为rB. 运动半径为C. 运动时间为D. 运动时间为【答案】BD【解析】【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可求出圆心角和半径，则可求得粒子转过的弧长，由线速度的定义可求得运动的时间【详解】由几何关系可知粒子运动半径为，故A错误，B正确；由洛伦兹力提供向心力得 ，解得 ，解得 ；粒子在磁场中转过的角度为600，则运动时间为 ，故D正确，C错误；故选BD9.如图所示，一块长方体金属板材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B当通以从左到右的恒定电流I时，金属材料上、下表面电势分别为1、2该金属
10、材料垂直电流方向的截面为长方形，其与磁场垂直的边长为a、与磁场平行的边长为b，金属材料单位体积内自由电子数为n，元电荷为e那么A. B. C D. 【答案】B【解析】【分析】金属导体自由电荷为电子，根据左手定则知电子受到洛伦兹向上，知上表面带负电，下表面带正电，上表面的电势比下表面的低抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出上下表面的电势差【详解】因为上表面的电势比下表面的低，因为evB=e，解得：，因为电流I=nevs=nevab，解得：所以1-2=-，故B正确故选B【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡1
11、0.如图，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框，边的边长为，边的边长为，线框的质量为，电阻为，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为，斜面上线（平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的边始终平行底边，则下列说法正确的是A. 线框进入磁场前运动的加速度为B. 该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mgmgsin)l2C. 线框做匀速运动的总时间为D. 线框进入磁场时匀速运动的速度为【答案】B【解析】【分析】线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定
12、律求解焦耳热线框进入磁场前，根据牛顿第二定律求解加速度由平衡条件求出线框匀速运动的速度，再求出时间【详解】线框进入磁场前，根据牛顿第二定律：，解得：，故A错误；线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为Q=（Mg-mgsin）l2，故B正确；设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为，根据平衡条件得：F=Mg-mgsin，联立两式得：，匀速运动的时间为，故CD错误所以B正确，ACD错误【点睛】本题是电磁感应与力平衡的综合，安培力的计算是关键本题中运用的是整体法求解加速度11.现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线
13、圈B、电流计及开关如图连接在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转由此可以推断A. 线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转B. 线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，都引起电流计指针向左偏转C. 滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央D. 因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向【答案】A【解析】【详解】由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减弱，此时线圈B中产生的感应电流，使指针向右偏转，由此可知，当B中的磁通量减小
14、时，电流计指向右偏；A线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，穿过线圈B的磁通量减小，电流计指针向右偏转，故A正确；B线圈A向上移动时，磁通量减小，则产生的感应电流使电流计指针向右偏转；滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，穿过线圈B的磁通量增加，电流计指针向左偏转，故B错误；C滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，A中电流都将变化，线圈B都将产生感应电流，都能使电流计指针偏转，选项C错误；D虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，只要知道穿过线圈B的磁通量如何变化即可判断出电流计指针偏转方向，故D错误；故选A。12.如图所示的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略，当开关
15、S由闭合变为断开时，下列说法正确的是（ ） A. A灯立即熄灭B A灯突然闪亮一下再熄灭，d点电势比c点高C. B灯无电流通过，不可能变亮D. 电容器立即放电【答案】B【解析】【详解】AB断开开关瞬间，通过自感线圈从左向右的电流减小，根据楞次定律可知线圈产生的感应电流为了阻碍原电流的减小，所以产生从左向右的感应电流且逐渐减小，电路稳定时通过自感线圈的电流大于通过灯泡的电流，所以断开开关瞬间，通过灯泡的感应电流由且大于通过灯泡的原电流，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，d点电势比c点高，A错误，B正确；CD开关闭合时，电容器两端电压为路端电压，当开关断开后，电容器两端电压为电动势的大小，所以电容器两端
16、电压增大，电容器充电瞬间B灯泡有电流流过，所以B灯闪亮一下后熄灭，CD错误。故选B。13.如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO转动。从上往下看磁铁作逆时针转动时，则（ ） A. 线圈将作逆时针转动，转速与磁铁相同B. 线圈将作逆时针转动，转速比磁铁小C. 线圈中产生恒定电流D. 线圈中感应电流方向始终是 abcda【答案】B【解析】【详解】AB磁铁开始逆时针转动时，线圈内磁通量增加，为了阻碍线圈中磁通量的增加，根据楞次定律可知线圈随磁铁逆时针转动，但转速比磁铁小，A错误，B正确；CD在磁铁的转动过程中，穿过线圈正面磁通量会增大或减小，也会出现穿过线圈反面磁通量增加或减小的情况，所以线圈
17、中的感应电流方向始终在变化，CD错误。故选B。14.如图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是（）A. c 点的电势高于 d 点的电势B. 受电线圈中感应电流方向由 d 到 cC. c、d 之间的电势差为D. 若想增加 c、d 之间的电势差，可以仅均匀增加送电线圈中的电流【答案
18、】D【解析】【详解】AB穿过受电线圈的磁通量向上且均匀增加，根据楞次定律可知感应线圈产生的磁场向下，根据安培定则可知电流从流出，从流入，所以点电势高于点电势，AB错误；C根据法拉第电磁感应定律可知受电线圈产生的电动势大小则C错误；D仅均匀增加送电线圈中的电流，穿过受电线圈的增大，所以、两端的电势差增大，D正确。故选D。二、 填空题15.做“测量金属丝的电阻率”实验。（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝直径的测量值d=_mm。（2）在设计测量金属丝电阻Rx的实验电路时需要思考两个问题： 如何选择电流表的接法？如图乙所示，某同学采用试触的方法，让电压表的一端接在A点，另一端先
19、后接到B点和C点。他发现电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化。据此应该选择电流表_（填写“内接”或“外接”）的电路。如何选择滑动变阻器的接法？已知待测金属丝的电阻约为20，实验室提供的滑动变阻器的最大阻值为5，电源电动势为3V，需要选择滑动变阻器的_(填写“分压式”或“限流式”) 接法。（3）图丙是测量金属丝电阻的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的最左端。请根据（2）中选择的电路，完成实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表和电流表均处于安全状态_。（4）请你写出金属丝电阻率的计算式_（用待测金属丝电阻的测量值Rx、直径的测量值d、长度的测量值L表示
20、）。【答案】 (1). 0.1270.001 (2). 外接 (3). 分压式 (4). (5). 【解析】【详解】（1）1金属丝直径的测量值d=0.01mm12.7=0.127mm。（2）2某同学采用试触的方法，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点。他发现电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化。说明电流表的分压作用不可忽略，据此应该选择电流表外接的电路。3因滑动变阻器的阻值小于待测电阻阻值，可知滑动变阻器应该选择分压电路；（3）4电路连接如图：（4）5根据解得16.现有两组同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r（已知E约为1.5V，r约为1）。（1）第一组采用图所示电路。
21、为了完成该实验，选择实验器材时，在电路的a、b两点间可接入的器件是_。A一个定值电阻 B电阻箱 C滑动变阻器为了调节方便且测量精度更高，电流表和电压表应选_（选填选项前的字母）。A电流表（00.6A），电压表（03V） B电流表（00.6A），电压表（015V）C电流表（03A），电压表（03V） D电流表（03A），电压表（015V）经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图中画出了U-I图像。由图像可以得出，此干电池的电动势的测量值E=_V（保留三位有效数字），内阻的测量值r=_（保留两位有效数字）。 （2）第二组在没有电压表的情况下，设计了如图所示的电路，完成了对同一
22、电池的测量。改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表示数I和电阻箱示数R，通过研究图像的信息，他们发现电动势的测量值与第一组的结果非常接近，但是内阻的测量值与第一组的结果有明显偏差。将上述实验重复进行了若干次，结果依然如此。关于第二组测量内阻产生的偏差及其原因，下列分析中正确的是_（选填选项前的字母）。A第二组内阻的测量结果小于第一组的测量结果B第二组内阻的测量结果大于第一组的测量结果C造成这个偏差的原因是实际电流表内阻不能近似为零D造成这个偏差的原因是实验小组读取电流表读数时眼睛没有正对表盘，使读数有时候偏大，有时候偏小第二组对实验进行深入的理论研究，在是否可忽略电流表内阻这两种情况下
23、，绘制两类图像。第一类图像以电流表读数I为横坐标，将电流表和电阻箱读数的乘积IR记为U作为纵坐标。第二类图像以电阻箱读数R为横坐标，电流表读数的倒数为纵坐标。图中实线代表电流表内阻可忽略的情况，虚线代表电流表内阻不可忽略的情况，这四幅图中，能正确反映相关物理量之间关系的是_（选填选项前的字母）。A. B. C. D. 【答案】 (1). BC (2). A (3). 1.48（1.48或1.49） (4). 0.80（0.780.82） (5). BC (6). AC【解析】【详解】（1）1a、b两点间接入电阻箱或滑动变阻器，通过改变阻值，改变电路中电压表和电流表的示数，测量多组数据； 2电动
24、势约，电压表选择即可，根据题中描绘的图像可知，电流表的量程选用即可，故A正确，BCD错误； 3根据闭合电路欧姆定律推导：图线与纵轴的交点即为电动势：4斜率为内阻：；（2）5第二组采用的电路中将电阻箱的分压作为路端电压，实际测量的是电源和电流表组成的等效电源两端的电压，测量的内阻也是电源内阻和电流表内阻之和，所以测量的内阻偏大，故BC正确，AD错误； 6AB根据闭合电路欧姆结合所选电路：可知干路电流测量准确，所以电动势测量准确，而虚线中电流表内阻不可忽略，所以内阻测量偏大，斜率变大，故A正确，B错误；CD根据闭合电路欧姆定律：电动势测量值与真实值相等，图像斜率不变，而虚线中电流表内阻不可忽略，内
25、阻测量偏大，图线与纵轴的截距变大，故C正确，D错误。故选AC。三、计算题 17.水平放置的两块平行金属板长l=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0=2107m/s，从两板中间射入，如图所示，求（电子质量为，电荷量为）：(1)电子偏离金属板的侧位移是多少？(2)电子飞出电场时的速度是多少？(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP之长。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)电子在电容器中的受到电场力的作用电子做类平抛运动，分解位移解得(2)电子飞出电场时的偏转角离开电场时的速度(3)电子飞出电场后做匀速直
26、线运动，根据几何关系可知则18.如图所示，两根平行金属导轨M、N，电阻不计，相距0.2m，上边沿导轨垂直方向放一个质量为m的金属棒ab，ab的电阻为0.5两金属棒一端通过电阻R和电源相连电阻R2，电源电动势E6V，内源内阻r0.5，如果在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab对导轨的压力恰好是零，并使ab处于静止（导轨光滑）求：(1)ab中的电流I有多大？(2)ab杆所受的安培力F的大小？(3)所加磁场磁感强度B的大小和方向？【答案】（1）2A（2）0.5N ，方向竖直向上（3）1.25T，方向水平向右【解析】【详解】(1)由全电路的欧姆定律(2)因ab静止，由平衡条件得F=mg=0.5N方向竖
27、直向上(3)因电流从a到b，由左手定则可知B方向水平向右，且因F=BIL得.19.如图1所示，足够长的U形光滑导体框水平放置，宽度为L，一端连接的电阻为R。导体框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电阻为r的导体棒MN放在导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且相互接触良好。其余电阻均可忽略不计。在水平拉力作用下，导体棒向右匀速运动，速度大小为v。（1）请根据法拉第电磁感应定律推导导体棒匀速运动时产生的感应电动势的大小E=BLv；（2）求回路中感应电流I和导体棒两端的电压U；（3）若在某个时刻撤去拉力，请在图2中定性画出撤去拉力后导体棒运动的v-t图像。【答案】（1）见解析（2
28、）；（3）【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，MN与导轨组成闭合回路匝数n = 1 Dt内MN运动的距离Dx = vDt闭合回路DF = BDxL 代入得 E = BLv（2）MN运动产生电动势E = BLv根据闭合电路欧姆定律 得 路端电压 U = IR 得 （3）撤去拉力后，导体棒在安培力作用下做加速度逐渐减小的减速运动，最终速度减为0，v-t图像如图所示 20.等效法是物理学经常运用的一种分析方法，经过等效处理使问题的条件得以简化、过程变得熟悉、思维得到活化。例如：如图所示，空间中存在着水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B，将一个质量为m、带电荷为+q的小球由静止释放，不计空气阻
29、力，已知重力加速度为g。运动中小球受力及运动情况较为复杂，直接分析比较困难。现做等效处理：假设运动开始时小球A水平方向同时具有向左与向右的大小相等速度（合速度依旧为零），且使满足：。由于向右的运动速度使小球受到向上的洛伦兹力与重力mg平衡。小球A相当于只受到由于向左速度而具有的洛伦兹力f2作用，做逆时针方向的匀速圆周运动。这样，小球A的运动等效成：水平向右的匀速运动与竖直面上匀速圆周运动的合运动。请探究完成下列要求：(1)小球A应具有周期性运动的特点，请给予说明，并推导出计算时间周期的公式；(2)计算小球A运动中出现的最大速度；(3)请用两种方法，求出小球A距离初始位置下落的最大高度。【答案】(1)；(2)；(3)，两种方法见解析【解析】【详解】(1)根据题意小球A的运动等效成水平向右的匀速运动与竖直面上匀速圆周运动的合运动，所以小球A运动的周期就是匀速圆周运动的周期，即洛伦兹力提供向心力解得联立方程解得周期(2)根据题意解得小球A运动中出现的最大速度即圆周运动的速度方向与匀速直线运动的速度方向相同，所以(3)第一种解法：从静止释放到速度最大时，根据动能定理解得第二种解法：粒子其中一个分运动为匀速圆周运动，运动下落的最大高度为圆周直径
