1、甘肃省平凉市泾川县一中2020-2021学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题（111为单选，1215为多选，每题3分）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. 根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B. 根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带电荷量无关D. 根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为【答案】D【解析】【分析】【详解】A
2、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，A错误；B电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是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，B错误；C根据点电荷的场强公式知：Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，C错误；D据电势差的定义式知，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，即电场力做功为，则A、B点的电势差为，D正确。故选D。2. 如图，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则（ ）A. M点的电势比N点的低
3、B. M点的场强大小一定比N点的大C. 电子在M点的电势能比在N点的低D. 电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大【答案】C【解析】【分析】【详解】顺着电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的高，选项A错误；一条电场线不能确定疏密，则不能比较MN两点场强的大小，也不能比较电子在MN两点受电场力的大小，选项BD错误；负电荷在高电势点的电势能较低，选项C正确；3. 如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为A=25V，B=5V，C=5V，则下列说法正确的是（）A. 把电荷量为1103C的正点电荷从B点经C移到A点，电场力做功为2102JB. A、C
4、两点的连线方向即为电场线方向C. D点的电势为15 VD. 把一个电子从B点移到D点，电场力做功可能为0【答案】C【解析】【分析】【详解】把电荷量为110-3C正点电荷从B点经C移到A点，电场力做功为：WBA=q（B-A）=110-3（5-25）=-210-2J，故A错误；连接AC，又：A-C=25V-（-5V）=30V，将AC等分为6等分，找出与B电势相等的点E如图，连接BE，可知AC与BE相互之间不是垂直的，所以AC不是电场线的方向，故B错误；根据匀强电场的特点可知，A-B=D-C，所以：D=15V，故C正确；由以上的分析可知，B点的电势与D点的电势不相等，所以把一个电子从B点移到D点，电
5、场力做功不可能为0，故D错误所以C正确，ABD错误4. 如图所示的实验装置中，已经充好电的平行板电容器，极板接地，极板与一个静电计连接将极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量、电容、两极间的电压，电容器两极板间的场强的变化情况是（ ）A. 变小，不变，不变，变小B. 变小，变小，不变，不变C. 不变，变小，变大，不变D. 不变，变小，变大，变小【答案】C【解析】平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变增大电容器两极板间的距离d时，由电容的决定式知，电容C变小；Q不变，则根据电容的定义式知，电容C变小，Q不变，则U变大；根据，故C正确，A、B、D错误故选C.【点睛】对于
6、电容器动态变化分析问题，要抓住不变量当电容器保持与电源相连时，电压不变当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变根据电容的决定式和定义式结合进行分析5. 真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是() A. 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同C. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122D. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比
7、为124【答案】B【解析】【分析】【详解】A粒子加速过程qU1mv2从B至M用时t得t所以t1t2t31故A错误；B偏转位移所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，故B正确；CD电场力做功WqEy得W1W2W3q1q2q3112故CD错误。故选B。6. 下列关于磁场的相关判断和描述正确的是（）A. 甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实B. 乙图中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止C. 丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实D. 丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实【答案】C【解析】【分析】本题考察几种基本磁场以及安培定则的应用。【详解
8、】A根据安培定则，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误；B磁感线是闭合曲线，在磁体内部从S极指向N极，故B错误；C根据安培右手螺旋定则，如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N极向纸面内转动，故C正确；D根据安培右手螺旋定则，如图环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，N极向纸面外转动，故D错误。故选C。7. 图为“研究电磁感应现象”的实验装置，现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图所示连接，在闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下那么合上开关后，下列说法中正确的是 （ ） A. 将线圈A迅速插入线圈B时，电流计指针向左偏转一下B. 将线圈A插入线圈B稳定后
9、，电流计指针一直向右偏C. 将线圈A插入线圈B稳定后，将变阻器滑片迅速向左滑动时，电流计指针向右偏转D. 将线圈A插入线圈B稳定后，将变阻器滑片迅速向左滑动时，电流计指针向左偏转【答案】D【解析】【分析】【详解】闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；闭合电键，将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转，选项A错误；将线圈A插入线圈B稳定后，穿过副线圈的磁通量不变，则电流计指针不偏转，选项B错误；原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，
10、但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转，选项C错误，D正确；故选D【点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键8. 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向由b到aC. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角
11、速度变为原来的2倍，则R消耗的热功率也变为原来的2倍【答案】A【解析】【分析】【详解】圆盘旋转属于旋转切割，故产生的电动势为A若圆盘加速度恒定，由上式可知产生的电动势恒定，故A正确；B由右手定则可知，电流方向应该从盘的边缘指向盘心，故电流方向应该从a到b，故B错误；C由右手定则可知，电流方向和角速度大小无关，取决于角速度的方向，故C错误；D由可知，角速度加倍，则感应电动势加倍，故感应电流加倍，由可知，热功率变为原来的4倍，故D错误；故选A。9. 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁
12、场，如图所示，则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ABD图中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：，C图中a、b两点间电势差为路端电压为：，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是C图所示故选C10. 如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，则在先后两种情况下（）A. 线圈中的感应电动势之比为E1E2=12B. 线圈中的感应电流之比为I1I2=41C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1Q2=21D. 通过
13、线圈某截面的电荷量之比q1q2=21【答案】C【解析】【分析】【详解】A因为v1=2v2，根据E=BLv知感应电动势之比2：1，故A错误；B感应电流由于v1=2v2，则感应电流之比为2：1，故B错误；Cv1=2v2，知时间比为1：2，根据焦耳定律得Q=I2Rt可知热量之比为2：1，故C正确；D根据两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1：1。故D错误；故选C。11. 矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是( )A. B.
14、C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变故选D考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定12. 如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是示意图是（）A. B. C.
15、D. 【答案】AD【解析】试题分析：根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向解：A、根据左手定则可得，安培力的方向垂直导线斜向上，所以A正确；B、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以B错误；C、根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C错误；D、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以D正确；故选AD【点评】掌握住左手定则的内容，直接判断即可，比较简单，同时要注意与右手定则的区别，注意磁场方向、电流方向以及安培力的方向之间的关系13. 长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极
16、板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（）A. 使粒子的速度vC. 使粒子的速度vD. 使粒子的速度v【答案】AB【解析】【分析】【详解】如图所示带电粒子刚好打在极板右边缘时，有rl2又则r1=所以v1=粒子刚好打在极板左边缘时，有r2=得v2=故选AB。14. 如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场把P、Q与电阻R相连接，下列说法正确的是（）A. Q板的电势高于P板的电
17、势B. R中有由a向b方向的电流C. 若只改变磁场强弱，R中电流保持不变D. 若只增大离子入射速度，R中电流增大【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB根据左手定则可知，正电荷向上偏转， P板的电势高于Q板的电势，流过R的电流由a向b方向，A错误，B正确；CD发电机未接通时，内部电场力与洛伦兹力平衡E0q=Bqv因此电动势的大小E=Bdv若只改变磁场强弱，电动势大小改变，R中电流大小发生变化；若只增大离子入射速度，电动势增大，R中电流增大，C错误，D正确。故选BD。15. 如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如
18、图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下面说法中正确的是（）A. 穿过线圈a的磁通量变大B. 线圈a有收缩的趋势C. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流D. 线圈a对水平桌面的压力FN将减小【答案】CD【解析】【分析】【详解】AB. 若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，滑动变阻器的阻值增大，螺线管的电流减小，穿过线圈a的磁通量变小，根据楞次定律，线圈反抗磁通量的减小，线圈有扩大的趋势，B正确，A错误；C. 螺线管产生向下减小的磁场，根据楞次定律，线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流，C正确；D. 线圈和螺线管的电流方向相同，都是俯视顺时针，同向电流相互吸引，线圈a对水平桌面的压力FN将
19、减小，D正确。故选CD。二、实验题16. 有一圆柱体的未知合金，为测定其电阻率，某同学做了如下操作（1）用螺旋测微器测其直径d，如图，读数是_mm（2）再用游标卡尺测其长度l，如图，读数是_cm（3）若已知该合金的电阻为R，则该合金的电阻率的表达式 =_(请用上述字母d、l、R表示)【答案】 (1). 2.150 (2). 1.240 (3). 【解析】分析】【详解】（1）1用螺旋测微器测其直径d=2mm+0.01mm15.0=2.150mm（2）2用游标卡尺测其长度l=1.2cm+0.05mm8=1.240cm（3）3若已知该合金的电阻为R，则由解得合金电阻率的表达式 17. 有一个小电珠L
20、上标有“6V，3W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的IU图线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到6V，并便于操作。现有下列器材供选用：A.电流表A：量程为0.6A，内阻约为0.5；B.电压表V：量程为3V，内阻为3k；C.滑动变阻器R1(010，2A)D.滑动变阻器R2(0500，1A)E.定值电阻R31k；F.定值电阻R43k；C.电源E：电动势为9V，内阻约为0.1；H.开关一个，导线若干。（1）实验中，应该选用的滑动变阻器是_，定值电阻是_(用序号字母表示)；（2）根据所给的器材，在线框中画出实验电路图；(标出器材对应的物理符号)（ ）（3）该同学描绘出的IU图象应是下图中的_。A.
21、B. C. D. 【答案】 (1). C (2). F (3). (4). B【解析】【分析】【详解】（1）12灯泡额定电压为6V，电压表量程为3V，需要把电压表与定值电阻R4串联组成新的电压表，使电压表量程扩大至6V；因电源内阻约为0.5，滑动变阻器应选择阻值较小的R1。所以实验中，应该选用的滑动变阻器是C，定值电阻是F；（2）3电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡正常发光时电阻约为 ，电流表内阻约为0.5，电压表内阻为6k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示.（3）4由于小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以该同学绘出的小灯泡的I-U图象
22、应是B；三、计算题18. 如图所示，已知电源电动势E20V，内阻r1，当接入固定电阻R4时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD0.5的小型直流电动机D都恰能正常工作试求： (1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率【答案】(1)2A (2)7V (3)12W【解析】【分析】【详解】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为：(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：UD=E-I(r+R)-UL=20-2(1+4)-3=7V(3)电动机的总功率为P总=IUD=27=14W电动机的热功率为P热=I2RD=220.5=2W所以电动机的输出功率为P出=P总-P热
23、=14-2=12W19. 如图甲所示，水平放置的线圈匝数匝，直径，电阻，线圈与阻值的电阻相连在线圈的中心有一个直径的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向。(1)求通过电阻R的电流方向；(2)求通过电阻R的电流；(3)求电压表的示数。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)磁感应强度方向向里且增大，根据楞次定律判断可知电流方向为(2)(3)根据法拉第电磁感应定律得感应电流为故电压表的示数为20. 如图，固定不动的水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m0.2kg、电阻R0.5，匀强磁场的磁感应强度B0.2T
24、，方向垂直框架向上现用F1N的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒向右运动的距离为d0.5m时速度达到2m/s，求：（1）此时ab棒上的感应电流的大小和方向；（2）此时ab棒的加速度大小（3）导体棒运动d的过程所产生的热量【答案】（1）0.8A 方向由a流向b（2）（3）0.1J【解析】【分析】【详解】(1)根据导体棒切割磁感线的电动势为：EBLv0.4V由闭合电路欧姆定律得回路电流为：根据右手定则可知电流方向由a流向b(2)ab受安培力为：F安BIL0.16N根据左手定则可知安培力的方向水平向左；根据牛顿第二定律：F- F安ma解得ab杆的加速度为：a4.2m/s2(3)由能量守恒可得：解得
25、：Q=0.1J21. 如图所示在的空间中存在匀强电场，场强沿轴负方向；在的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直平面（纸面）向外。一电量为、质量为的带正电的运动粒子，经过轴上处的点时速率为，方向沿轴正方向；然后经过轴上处的点进入磁场，并经过轴上的点，点速度方向沿轴负方向。不计重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达时速度的大小和方向；(3)磁感应强度B的大小。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示设粒子从到时间为，电场强度的大小为，粒子在电场中的加速度为，由牛顿第二定律及运动学公式有，联立解得(2)粒子到达时速度沿方向的分量仍为，以表示速度沿方向分量的大小，表示速度的大小，表示速度和轴的夹角，则有且有，联立得，(3)设磁场的磁感应强度为，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律由几何关系得联立得