1、综合检测本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.夏季，在雷云形成的过程中，由于摩擦起电一些云层带正电，另一些云层带负电，它们对大地的静电感应使地面产生异种电荷。当云层与云层间或云层与地面间的“电势差”达到几万伏以上时，空气被击穿，暴发电闪雷鸣。假如在户外我们遭遇雷电，下列防雷措施可行的是(D)A在大树下避雷雨B停留在山顶、山脊的凉亭等地方
2、避雷雨C在雷雨中快跑D在空旷地带，最好关掉手机电源解析：表面具有突出尖端的导体，在尖端的电荷分布密度很大，使得其周围电场很强，就可能使其周围的空气发生电离而引发尖端放电。因此不要在大树下避雨；别停留在山顶、山脊的凉亭等地方；在雷雨中快跑，身体的跨步越大，电压就越大，雷电也越容易伤人；在空旷地带使用手机通话，手机很有可能成为闪电的放电对象。故选项D正确。2(2019广东省台山市华侨中学高二上学期期中)将一电荷量为Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等，a、b为电场中的两点，则(D)Aa点的电场强度比b点的小Ba点的电势比b点的低C检验电荷q在a点的电
3、势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析：电场线越密集，表示该处的电场强度越大，故a点的电场强度比b点的大，选项A错误；顺着电场线方向电势逐渐降低，故a点电势比b点的高，选项B错误；检验电荷q从a点移到b点，电场力做负功，电势能增加，故选项C错误，D正确。3(2020浙江省绍兴市高级中学高一下学期检测)如图所示，在一对带等量异号电荷的平行金属板间，某带电粒子只在电场力作用下沿虚线从A运动到B，则(C)A粒子带负电B从A到B电场强度增大C从A到B粒子动能增加D从A到B粒子电势能增加解析：一对带等量异号电荷的平行金属板间的电场为匀强电场，则从A到B电场强度不变，带电粒
4、子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场力的方向与电场强度的方向相同，且与带电粒子的速度方向夹角为锐角，则可判断粒子带正电，电场力对带电粒子做正功，从A到B电势能减少，动能增加，故C正确。4(2020浙江省温州新力量联盟高二下学期期中联考)某款移动充电宝的部分相关参数如图所示：小张同学通过网络查阅得到，额定容量是由制造商标定的移动电源可输出容量。下面说法错误的是(D)A20 000 mAh指的是充电宝能够储存72 000 C的电荷量B74 Wh指的是充电宝能够储存266 400 J的电能C该充电宝可以按最大电流输出约3.71 hD输入接口的输入功率为14 W解析：根据qIt可知， 20 000
5、mAh20 A3 600 s72 000C，故A正确；根据WPt可知，74 Wh74 W3 600 s266 400 J故B正确；以3.5 A电流输出，输出时间t3.71 h，故C正确；输入接口的最大输入功率为PIU12 W，故D错误。5. (2019宁夏银川一中高二上学期期末)如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是(D)AR1R212B把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1I213D将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1P213解析：根据IU图像知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1R213，
6、故A错误；体积不变，长度拉长3倍后，横截面积变为原来的1/3，根据电阻定律R，电阻等于9R1，等于3R2，故B错误；并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1I231，故C错误； 串联电路电流处处相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，根据功率PI2R，功率之比P1P213，故D正确。6(2020河北省河间市第四中学高二下学期期末)如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，电阻R2随温度变化的图线如图乙所示。电流表为值班室的显示器。a、b之间接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压
7、U的变化情况是(D)AI变大，U变大BI变大，U变小CI变小，U变大DI变小，U变小解析：当R2处出现火情时，R2的阻值减小，电路总电阻减小，干路电流增加，根据闭合电路的欧姆定律可知，电源内阻分压增加，电源电动势不变，即路端电压U减小；干路电流增加，则R1两端电压增加，由于路端电压减小，与R2并联的R3两端电压减小，电流表示数I变小，ABC错误，D正确。7关于电磁波，下列说法正确的是(ABC)A电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停
8、止，空间的电磁波随即消失解析：电磁波在真空中的传播速度为3108 m/s，与电磁波的频率无关，故A项正确；周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场又产生周期性变化的电场，它们相互激发向周围传播，就形成了电磁波，故B项正确；电磁波是横波，因此其电场强度和磁感应强度均与传播方向垂直，故C项正确；波源的电磁振荡停止后，已发出的电磁波不会立即消失，还要继续传播一段时间，故D项错误。8如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则(AD)A乒乓球的右侧感应出负电荷B乒乓球受到扰
9、动后，会被吸在左极板上C乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A正确；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，B错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，与左极板接触，然后乒乓球
10、带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D正确。9(2020山东潍坊一中高二检测)当接通电源后，小磁针A按如图所示方向运动，则(AD)A小磁针B的N极向纸外转B小磁针B的N极向纸里转C小磁针B不转动D电源的左侧为正极解析：由小磁针A的运动方向知，螺丝管的左侧为S极，右侧为N极，所以电源的左侧为正极，由安培定则可知小磁针B处的磁场方向向外，小磁针B的N极向纸外转。故AD正确。10如图所示是简化的多用电表的电路。转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3R4，下面是几位同学对这一问题的议论，
11、正确的是(AD)A甲同学说：S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，且与1连接时量程较大B乙同学说：S与3、4连接时，多用电表就成了电流表，且与3连接时量程较大C丙同学说：S与3、4连接时，多用电表就成了电压表，且与3连接时量程较大D丁同学说：S与5连接时，多用电表就成了欧姆表解析：S与1连接时，电阻R1起分流作用，S与2连接时，R1R2起分流作用，所以，S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，由于前者分流电阻小，所以与1连接时量程较大；S与3、4连接时，电流表与分压电阻串联，多用电表就成了电压表，由于R3R4，所以与3连接时量程较小；S与5连接时，电路中有电源多用电表就成了欧姆表，R6为欧姆
12、挡调零电阻。故甲同学、丁同学的判断是正确的，乙同学和丙同学的判断是错误的。故AD正确，BC错误。第卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共18分。把答案直接填在横线上)11(9分)(2020山东省济南第一中学高一下学期合格考)某同学要测量一个由均匀新材料制成的中空圆柱体电阻的中空面积S0，步骤如下：(1)用游标卡尺测量其长度 l 如图甲所示，可知其长度为_50.15_mm。(2)用螺旋测微器测量其直径 d 如图乙所示，可知其直径为_4.700_mm。(3)选用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该圆柱体的阻值约为_22_。(4)为更精确地测量其
13、电阻，可供选择的器材如下：A电流表(0200 mA,1.0 ) B电流表(00.6 A,0.1 )C电压表(03 V,6 k)D电压表(015 V,6 k)E滑动变阻器(010 k，2 A) F滑动变阻器(020 ，0.5 A)G蓄电池(6 V,0.05 )H开关一个，带夹子的导线若干为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选_C_，电流表应选_A_，滑动变阻器应选_F_(填器材代号)。(5)在方框中画出你所设计方案的实验电路图。(6)实验中要测量的物理量有电压表读数U，电流表读数I，电阻长度l，直径d，则计算金属管线内部空间截面积S0的表达式为S02(设电阻率为)。解析：
14、(1)游标卡尺读数固定刻度读数游标尺读数；固定刻度读数：50 mm；游标尺读数：0.05 mm30.15 mm。故游标卡尺读数为50.15 mm；(2)螺旋测微器的读数固定刻度读数半刻度读数可动刻度读数；固定刻度读数：4.0 mm；半刻度读数：0.5 mm；可动刻度读数：20.00.01 mm0.200 mm；故螺旋测微器的读数为4.700 mm；(3)该圆柱体的阻值约为221 22 ；(4)电源电动势为6 V，为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，使用电压表D量程太大，故电压表选择C；待测电阻两端的电压不能超过3 V，最大电流不超过 A0.136 A136 mA，所以电流表选A
15、；由于电压表的量程不足，变阻器采用分压式接法，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选F；(5)由于，故采用电流表外接法，如图所示：(6)根据欧姆定律可以得到：Rx，根据电阻定律可知：Rx联立可以得到电阻的横截面积为：S则金属管线内部空间截面积为S02S2。12(9分)在做“用电流表和电压表测电池的电动势E(约3 V)和内电阻r”的实验时，部分器材参数如下：电压表(量程3 V)，电流表(量程0.6 A)，定值电阻R0(阻值为3 )，滑动变阻器R(阻值约30 )。(1)小红按如图甲所示的电路图连接实物电路，在电路连接正确的情况下，当她闭合开关时发现电压表有示数，电流表没有示数，反复检查后发现
16、电路连接完好，估计是某一元件断路，因此她拿来多用电表检查故障。她的操作如下：a断开电源开关S；b将多用表选择开关置于1 挡，调零后，红黑表笔分别接R两端，读数为30 c将多用表选择开关置于100 挡，调零后，将红黑表笔分别接电压表两端，发现指针读数如图乙所示，则所测阻值为_2_200_，然后又将两表笔接电流表两端，发现指针位置几乎不变。由以上操作可判断发生断路故障的元件是_电流表_(填元件名称)。(2)她设计的实验电路中定值电阻R0的作用是(说出一条理由即可)_保护电源_。(3)请根据电路图把实物图丙没完成的连线连接好。(4)在更换规格相同的元件后，她改变滑动变阻器的阻值，测出了6组对应的数据
17、并在坐标系上描点如图丁所示，请在图丁中继续完成图像；并根据图像可得该电池的电动势E_3.00_ V，电池内阻r_0.57_(小数点后保留两位数字)。解析：(1)根据图乙可读出所测阻值为2 200 ；将两表笔接电流表两端，发现指针位置几乎不变，说明多用电表仍然测量的是电压表的内阻，也就说明了电流表处发生了断路。(2)她设计的实验电路中定值电阻R0的作用是：保护电阻，增大电源等效内阻，使调节时两电表示数变化明显。(3)实物图连线见图a(4) 描点连线见图b，根据UI图像得：当电流I0时，U3.00 V，所以电池的电动势E3.00 V，通过UI图像求出该直线的斜率为k3.57 ，也就是rR03.57
18、 ，所以电池内阻r0.57 。三、论述、计算题(本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(9分)某雷达工作时，发射电磁波的波长为20 cm，每秒钟发射的脉冲数为n5 000，每个脉冲持续时间t0.02 s，求电磁波的振荡频率为多少？最大侦察距离是多少？答案：1.5109 Hz30 km解析：由cf，可得电磁波的振荡频率f Hz1.5109 Hz电磁波在雷达发射相邻两个脉冲的时间间隔内传播的距离sctc(t)3108(0.02106)m6104 m所以雷达的最大侦察距离s m3104 m30
19、 km14. (10分)如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场B0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm。现于纸面内先后放上圆形线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1 cm,10匝；D线圈半径为2 cm，1匝；C线圈半径为0.5 cm，1匝；问：(1)在磁感应强度B减少为0.4 T的过程中，A和D中的磁通量改变了多少？(2)当磁场转过30角的过程中，C中的磁通量改变了多少？答案：(1)1.256104 Wb1.256104 Wb(2)8.4106 Wb解析：(1)对A线圈，1B1r，2B2r。故磁通量改变量：|21|(0.80.4)3.14(1102)2 Wb1.256104 W
20、b。D线圈与A线圈磁通量相等，变化量也相等，故|21|1.256104 Wb。(2)对C线圈，1Br，磁场转过30，线圈面积在垂直磁场方向上的投影为rcos30，则2Brcos30。故磁通量改变量：|21|Br(1cos30)84106 Wb15(11分)如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球1，线的上端固定于O点，若在B点同一水平线上的左方距离为r处固定另一带电小球2，小球1恰好处于静止状态，当拿走小球2后，小球1由静止开始向上摆动，当细线转过120角到达A点时的速度恰好为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，
21、静电力常量为k，求：(1)BA两点间的电势差U；(2)匀强电场的场强E的大小；(3)小球2的带电量Q。答案：(1)(2)(3)解析：(1)小球1从B到A过程，由动能定理得：qUmgLcos3000解得：U(2)BA间沿电场线的距离为：dLLsin30在匀强电场，有：E所以联立以上三式得：E(3)未拿走球2时，小球1恰好处于静止状态，小球1和2间的作用力为：F库k小球1受力平衡，小球还受重力mg，电场力qE，细线接力F则有：Fsin30qEkFcos30mg，所以解得：Q16(12分)(2020北京人大附中朝阳学校高一下学期段考)如图所示，电源电动势 E20 V，内阻 r1 ；电阻R9 ，滑动变
22、阻器Rx 的最大阻值为 15 ，现有电子以初动能 Ek03.21018 J从水平放置的平行金属板左侧正中央O处射入，平行金属板的间距 d0.1 m，两板长均为 L0.20 m, 平行金属板右侧到竖直放置的足够大的荧光屏距离 b0.1 m，不计电子的重力，电子的电量 e1.61019 C。(1)当滑动变阻器Rx接入电路的阻值为多大时，其消耗的功率最大，并求其最大值；(2)当滑动变阻器Rx接入电路的阻值为多少时，电子打在荧光屏上距屏中心O最远？并求最远距离y。答案：(1) 10 10 W(2)8 0.1 m解析：(1) 将R等效为电源内阻，则当内外电阻相等时，滑动变阻器消耗的功率最大，即RxRr(91)10 时，滑动变阻器的功率最大，最大功率PRx2Rx210 W10 W(2)要想使电子打在荧光屏上距屏中心O最远，电子经偏转电场后必须从上板边缘出来，根据类平抛运动的分位移公式，有Lv0t ，at2，加速度为a，根据欧姆定律有U R粒子运动轨迹如图所示，结合几何关系，有，联立解得Rx8 ，y0.1 m
