1、北京市首都师范大学附属中学2019-2020学年高二物理上学期末考试试题（含解析）一、选择题1.电磁学中电荷量、电动势、电容、磁通量这四个物理概念的国际制单位是（）A. 库伦，特斯拉，法拉，伏特B. 库伦， 伏特，法拉，韦伯C. 库伦， 伏特，法拉，特斯拉D. 安培，焦耳，伏特，韦伯【答案】B【解析】【详解】电荷量Q、电动势Q、电容C、磁通量的国际制单位为库伦C、伏特V、法拉F、韦伯Wb，故B正确，ACD错误。故选B。2.下列关于电场线和磁感线的论述中，不正确的是（）A. 电场线和磁感线都是一些假想曲线，客观上并不存在B. 静电场电场线是不闭合的曲线，而磁感线是闭合的曲线C. 沿电场线的方向电
2、势降低，沿磁感线的方向磁场减弱D. 磁感线和电场线都可以用来描述场的强弱和方向【答案】C【解析】【详解】A电场线和磁感线是法拉第为了形象的描述场的分布而引入的，是一些假想曲线，客观上并不存在，但电场和磁场客观存在，故A正确，A项不合题意；B静电场电场线是由正电荷发出而止于负电荷的不闭合的曲线，而磁感线是一些列闭合的曲线，故B正确，B不合题意； C由电场线上的功能关系可推出沿电场线的方向电势降低；而磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线的方向不能表示强弱，故沿磁感线的方向磁场不一定减弱，C项错误，C项符合题意；D磁感线和电场线都能用线的疏密程度反映场的强弱，线的切线方向描述场的方向，故D正确，D项不
3、合题意；故选C。3.面积是的矩形导线框，放在一磁感应强度为且范围足够大的匀强磁场中，线框平面与磁场方向成30，则穿过导线框所围面积的磁通量为（）A. B. C. D. BS【答案】C【解析】【详解】线框平面与磁场方向成30，根据磁通量的定义为穿过线圈平面的有效的磁感线条数，有：；故C正确，ABD错误。故选C。4.两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边的和处，如图所示。两通电导线在处产生磁场的磁感应强度大小都是，则C处磁场的总磁感应强度大小是（ ）A. 0B. C. D. 2【答案】C【解析】【详解】根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处
4、产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为；故C正确，ABD错误；故选C。5.如图，一束沿某坐标轴运动的电子，在轴点处产生的磁感应强度的方向沿轴负方向。则电子束运动的方向是（）A. 沿轴正方向B. 沿轴负方向C. 沿轴正方向D. 沿轴负方向【答案】D【解析】【详解】在z轴上的A点处产生的磁场方向沿x轴负方向，根据安培定则可知，场源为直导线形成的电流，其方向沿y轴正方向，而电子带负电，那么电子流就沿y轴负方向运动，故ABC错误，D正确。故选D。6.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈、线圈、电流计及开关连接成如图所示的电路。在开关闭合、线圈放在线圈中的情
5、况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断（）A. 线圈向上移动或滑动变阻器的滑动端向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转B. 线圈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C. 滑动变阻器的滑动端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、线圈的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向【答案】B【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，则其磁场减小，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转；故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；AA向上移动时B中磁通量减小，指针向右偏转，而滑动
6、变阻器滑动端P向右加速滑动时，B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；B当铁芯拔出或断开开关时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；C滑片匀速运动时，A中也会产生变化的磁场，故B中同样会产生感应电流，故指针不会静止，故C错误；D综上分析可知，磁通量增加将左偏，磁通量减小将右偏，D错误；故选B7.如图所示，在水平面上有一光滑的形金属框架，框架上跨接一金属杆，在框架的区域内有一竖直方向的匀强磁场（图中未画出）。下面说法中正确的是（）A. 若方向竖直向下，当增强时，杆将向右移动B. 若方向竖直向下，当减弱时，杆将向右移动C. 若方向竖直向上，当增强时，杆将向右移动D. 若方向
7、竖直向上，当减弱时，杆将向右移动【答案】BD【解析】【详解】A若磁场方向垂直纸面向下，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向左，将向左运动，故A错误；B若磁场方向垂直纸面向下，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向右，将向右运动，故B正确；C若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向左，将向左运动，故C错误；D若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针
8、方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向右，将向右运动，故D正确；故选BD。8. 在如图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时（ ）A. 伏特表 V和安培表A的读数都减小B. 伏特表V和安培表A的读数都增大C. 伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D. 伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大【答案】C【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，接入电路的电阻增大，分析总电阻的变化，再判断总电流和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化；根据串联电路分压规律，分析并联部分电压的变化，判断通过R2电流的变化，即可分析安培表读数的变化解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时
9、，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律分析可知总电流I减小，路端电压U=EIr，则U增大，故伏特表V的读数增大电阻R2的电压 U2=EI（r+R1），I减小，U2增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=II2减小所以安培表A的读数减小故ABD错误，C正确故选C【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，在明确电路的连接关系的基础上，按“部分整体部分”的顺序进行分析9.如图所示，直线A为电源的路端电压与总电流关系的伏安图线，直线B为电阻R两端电压与通过该电阻 流关系的伏安图线，用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别是（ ）A. 2W，6
10、6.7%B. 2W，33.3%C. 4W，33.3%D. 4W，66.7%【答案】A【解析】【详解】由图象A可知电源的电动势E=3V，由图象B可知，此时电阻R两端的电压为U=2V，流过R的电流为I=1A，电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得：P=21W=2W电源的总功率为：P总=EI=31W=3W所以效率：A正确，BCD错误。故选A。10.如图所示，电源电动势，内阻不计，。先闭合电键，电流达到稳定后，将电键断开，这以后流过的总电量（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】闭合电键S，稳定后电容器相当于开关断开，根据全电路欧姆定律得：闭合电键S时，电容器两端的电压即
11、R2两端的电压，为：U2=IR2=16V=6V电键S断开后，电容器两端的电压等于电源的电动势，为E=10V，电容器的电压增大将充电，则通过R1的电荷量为：Q=C(E-U2)=3010-6(10-6)C=1.210-4C故B正确，ACD错误；故选B。11.如图为质谱仪测定带电粒子质量的装置示意图。速度选择器中场强E方向向下，磁感应强度的方向垂直纸面向里，右侧分离器中磁感应强度的方向垂直纸面向外。在处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于和入射。若，不计重力，则分别打在四点的离子分别是（ ）A. 甲乙丙丁B. 甲丁乙丙C. 丙丁乙甲D. 甲乙丁丙【答案】B【解析】【详解】四种一价粒子，只有两个粒子通
12、过速度选择器，只有速度满足，才能通过速度选择器。所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙，根据可得：，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点。甲的速度小于乙的速度，即小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点。丁的速度大于乙的速度，即大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点。故B正确，ACD错误。故选B12.“场”（重力场、电场、磁场）是一种特殊的物质，“场”的产生有很多种，如：地球会在表面附近产生重力场；静止的电荷会在周围空间产生电场；通电导体会在周围空间产生磁场为了研究、描述“场”，人们采用引用“探测物”的方法对场进行研究。下列说法正
13、确的是（ ）A. 静电场对电荷有“力”的作用，由此定义了电势，利用电势这一概念对电场“力”的性质进行描述B. 磁场对通电导体有“力”的作用，由此定义了磁感应强度（），利用磁感应强度这一概念对磁场的强弱进行描述C. 重力场对物体有“力”的作用，由此可以定义重力场强度，利用重力场强度这一概念对重力场的强弱进行描述D. 磁场对运动电荷有“力”作用，由此可以定义磁感应强度（），利用磁感应强度这一概念对磁场的强弱进行描述【答案】BCD【解析】【详解】A静电场对电荷有“力”的作用，用的是试探电荷q，定义出电场强度，用电场强度描述电场的强弱和方向，而电势是反映电场“能”的物理量，故A错误；B磁场对通电导体有
14、“力”的作用，用的是电流元，定义出磁感应该强度（），用磁感应强度描述磁场的强弱和方向，故B正确；C重力场对物体有“力”的作用，用的是有质量的物体m，定义重力场强度，用重力加速度描述重力场的强弱和方向，故C正确；D磁场对运动电荷有“力”的作用，用的是运动电荷，定义磁感应强度（），利用磁感应强度对磁场的强弱进行描述，故D正确。故选BCD。二、填空题13.某实验装置如图（）所示，在铁芯上绕着两个线圈和，如果线圈中电流与时间的关系分别如图（）甲、乙、丙、丁所示。在这段时间内(设电流自左边接线柱进入线圈时取正)，有电流通过电流计的是_，电流从右向左流过电流计的是_。【答案】 (1). 乙丙丁 (2).
15、丙【解析】【详解】1若线圈A中接甲图电流，在电流不变，则在铁芯上产生的磁场恒定，穿过线圈B的磁通量不变，则不产生感应电流；若线圈A中接乙丙丁图电流，在电流是变化的，则在铁芯上产生的磁场变化，穿过线圈B的磁通量变化，则产生感应电流；故填乙丙丁。2若线圈A中接乙图电流，在电流是正向均匀减小的，由安培定则可知穿过铁芯的磁场向左，穿过B的磁通量向左减小，则由楞次定律可知感应磁场向左，则B的左端相当于等效电源的正极，感应电流从左向右流过表头G；若线圈A中接丙图电流，在电流是正向均匀增大的，由安培定则可知穿过铁芯的磁场向左，穿过B的磁通量向左增大，则由楞次定律可知感应磁场向右，则B的左端相当于等效电源的负
16、极，感应电流从右向左流过表头G；若线圈A中接丁图正弦交流电，在电流是正向不均匀减小的，由安培定则可知穿过铁芯的磁场向左，穿过B的磁通量向左减小，则由楞次定律可知感应磁场向左，则B的左端相当于等效电源的正极，感应电流从左向右流过表头G；故符合电流从右向左流过电流计的是丙图。14.一位同学在测定电池的电动势和内电阻的实验中，利用图的电路进行了实验数据的测量记录，又将测得的数据在图的坐标系中作出了图线。根据图线得出电池的电动势_，电池的内阻_。（结果均保留3位有效数字）对图电路分析可知，实验中实际测得的_（选填“电压值”或“电流值”）并不等于实验原理中所要的值，而是比所要的值_（选填“偏大”或“偏小
17、”）。【答案】 (1). (1.471.50) (2). (0.8550.909) (3). 电流值 (4). 偏小【解析】【详解】12根据全电路的欧姆定律：可知，图像的总截距表示电动势，斜率表示内阻，有：(1.47V1.50V)；(0.8550.909)。34本实验测干电池的电动势和内阻，采用的是滑动变阻器的限流式接法，电流表的内接法，其中电压表测路端电压准确，电流表测干路电流偏小，因为电压表不是理想电表，实际有一定的分流。15.在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度。金属丝的电阻大约为，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定
18、律计算出该金属材料的电阻率。（1）从图中读出金属丝的直径为_。（2）现实验室有一灵敏电流表（，），该同学要把它改装成量程为的电压表，应当_联一阻值为_的定值电阻。（3）现要用伏安法精确测定此电阻丝的电阻值。现有电源（，内阻可不计），滑动变阻器（，额定电流），开关和导线若干，以及下列电表;A. 电流表（，内阻约为）B. 电流表（，内阻约为）C. 电压表（，内阻约为）D. 电压表（，内阻约为）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的_（选填“甲”或“乙”）（4）图是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在（3）问中所选的电路图，
19、补充完成图中实物间的连线_。（5）接通开关，改变滑动变阻器滑片的位置，并记录对应的电流表示数、电压表示数。某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值 _（保留两位有效数字）。 （6）若在（3）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是_；若在（3）问中选用乙电路产生误差的主要原因是_。（选填选项前的字母）A. 电流表测量值小于流经的电流值B. 电流表测量值大于流经的电流值C. 电压表测量值小于两端的电压值D. 电压表测量值大于两端的电压值【答案】 (1). (0.6990.701) (2). 串 (3). 5500 (4). B (5). C (6). 甲 (7). (8). 5.2 (9). B (
20、10). D【解析】【详解】（1）1螺旋测微器的精确度为0.01mm，转动格数需要估读一位，则金属丝的直径为：(0.6990.701).（2）2 3电流表要改装成大量程的电压表，需要串联一个电阻用来分压，根据部分电路的欧姆定律：解得：（3）4 5 伏安法测电阻的电源电动势为4V，选择C（3V）的电压表能够保证安全且量程较小，精确度较高，读数更正确；由此计算得到电阻丝的最大电流：故电流表选择B（0.6A）即安全又读数更精确； 6 由选择的器材可得：待测电阻丝为小电阻，采用电流表外接法可以减小系统误差，故电路选择甲；（4）7根据理论分析使用的甲电路，电流表的外接法+滑动变阻器的限流式，由此连接实物
21、如图：（5）80.6A的电流表，最小刻度为0.02A，估读到本位，电流为0.50A；3V的电压表，最小刻度为0.1V，估读到下一位，电压为2.60V，则待测电阻丝的阻值为：；（6）9甲电路采用电流表的外接法，电压测量准确，系统误差来自于电压表不是理想电表导致有一定的分流，则，故选B；10 乙电路采用电流表的内接法，电流的测量准确，系统误差来自于电流表不是理想电表导致有一定的分压，则，故选D。三、计算论述题16.如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个
22、质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻=，金属导轨电阻不计，取。求：（1）通过导体棒的电流并绘制必要的受力分析图；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力大小。【答案】（1），；（2）F安=0.3N；（3）f=0.06N【解析】【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律得：方向b到a，导体棒受重力，支持力，摩擦力和沿斜面向上的安培力，故受力分析图如图：（2）导体棒受到的安培力大小为：F安=BIL=0.51.50.4N=0.3N（3）因，则棒有上滑趋势，静摩擦力沿斜面向下，则由平衡条件得：F =mgsin+f得：f=
23、 F-mgsin=0.06N，方向沿斜面向下。17.在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930年，提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。图17甲为设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制型金属扁盒组成，两个形盒正中间开有一条狭缝；两个型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图17乙为俯视图，在型盒上半面中心处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭
24、缝都被加速，应设法使变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，最后到达型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子的电荷量为，质量为，加速时电极间电压大小恒为，磁场的磁感应强度为，型盒的半径为，狭缝之间的距离为。设正离子从离子源出发时的初速度为零。（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；（2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第次加速结束时所经历的时间；（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。【答案】（1）（
25、2）（3）增大加速器中的磁感应强度B【解析】【详解】（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，由动能定理得：正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得：由以上两式解得：故正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径为。（2）设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得：把电场中的多次加速凑成连续的加速过程，可得粒子在狭缝中经n次加速的总时间为：由牛顿第二定律有：由以上三式解得电场对粒子加速的时间为：正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：又因有：每加速一次后都要做半个周期的圆周，则粒子在磁场中做圆周运动的时间为：由以上三式解得：
26、所以粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间为：故正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间为（3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm，速度为vm离子获得的最大动能为：所以，要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B18.如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道宽为，管道高度为，上、下两面是绝缘板，前后两侧是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关和定值电阻相连。整个管道置于匀强磁场中，磁感应强度大小为、方向沿 轴正方向。管道内始终充满导电液体，两导体板间液体的电阻为，开关闭合前后，液体均
27、以恒定速率沿轴正方向流动。忽略液体流动时与管道间的流动阻力。（1）开关断开时，求两导板间电压，并比较导体板的电势高低；（2）开关闭合后，求：a. 通过电阻的电流及两导体板间电压；b. 左右管道口之间的压强差。【答案】（1）U0=Bdv0， （2）a；b【解析】【详解】（1）该发电装置原理图等效为如图，管道中液体的流动等效为宽度为d的导体棒切割磁感线，产生的电动势E=Bdv0则开关断开时U0=Bdv0由右手定则可知等效电源MN内部的电流为N到M，则M点为等效正极，有；（2）a由闭合电路欧姆定律外电路两端的电压：b设开关闭合后，管道两端压强差分别为，忽略液体所受的摩擦阻力，开关闭合后管道内液体受到安培力为F安，则有联立可得管道两端压强差的变化为：
