1、高考资源网（） 您身边的高考专家张家口市20192020学年度第一学期期末教学质量监测高二物理一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一个选项符合题目要求，第912题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1. 法拉第是十九世纪英国著名科学家，为物理学的发展做出了非常突出的贡献，关于法拉第的研究工作，以下说法中符合事实的是（）A. 发现了电流的磁效应，从而揭示了电和磁的关系B. 发现了电荷间相互作用规律，并用实验测得元电荷的数值C. 发现了产生电磁感应现象的条件，并制作了发电机D. 发现了电流间相互作用
2、的规律，并提出了判断电流产生的磁场方向的方法【答案】C【解析】【详解】A1820年奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；B美国科学家密立通过油滴实验测定了元电荷的数值，故B错误；C法拉第发现了产生电磁感应现象的条件，并制作了发电机，故C正确；D根据物理学史可知，安培发现了电流间相互作用的规律，并提出了判断电流产生的磁场方向的方法，故D错误。故选C。2. 如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,当闭合开关S1,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,下列结论正确的是()A. 小灯泡L变暗B. 电流表读数变大,电压表读数变小C. 电容器C上电荷量增加D. 电源的总功率变小【答案】B【解析】滑动变阻器
3、滑片P向左移动的过程中,滑动变阻器的有效阻值变小,闭合电路的外电阻变小,电路总电流增加,路端电压减小,所以电流表读数变大,电压表读数变小,选项B正确.电路总电流增加,小灯泡L变亮,选项A错误.小灯泡L两端电压增加,滑动变阻器两端的电压减小,电容器的电压减小,电容器上的电荷量减小,选项C错误.当电路外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,外电路电阻变小,外电路电阻可能比电源内阻相差更大,也可能相差更小,所以电源的输出功率可能减小,也可能变大,选项D错误.3. 如图甲所示，用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径.在ab的右侧
4、存在一个足够大的匀强磁场，t0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，则0t1时间内()A. 圆环中产生的感应电流的方向为逆时针B. 圆环中产生的感应电流的方向先是顺时针后是逆时针C. 圆环一直具有扩张的趋势D. 圆环中感应电流的大小为【答案】D【解析】【详解】AB. 磁通量先向里减小再向外增加，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向一直为顺时针，故A、B错误；C. 由楞次定律的“增缩减扩”可知，0t0时间内，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，t0t1时间内为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C错误；D. 由法拉第电磁感应定律
5、得E ，感应电流I ，故D正确.4. 图甲所示的有界匀强磁场的宽度与图乙所示的圆形匀强磁场的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场，从右边界射出时速度方向偏转了角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了2角已知磁场、的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为()A. 2cosB. sinC. cosD. tan【答案】C【解析】【详解】设有界磁场宽度为d，则粒子在磁场和磁场中运动轨迹分别如图1、2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqvm，得B由几何关系知dr1sin dr2tan联立得cosA2cos，与结论不相符，选项A
6、错误；Bsin，与结论不相符，选项B错误；Ccos，与结论相符，选项C正确；Dtan，与结论不相符，选项D错误；故选5. 如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示发电机线圈内阻为1，外接灯泡的电阻为9恒定不变，则下列说法中正确的为()A. 电压表的示数为6 VB. 发电机的输出功率为4 WC. 在1.0102 s时刻，穿过线圈的磁通量最大D. 在1.0102 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大【答案】C【解析】【详解】由Em=6V，E=6V，电压表示数故A错误灯泡实际消耗的功率即为电源的输出功率，故功率公式可知，；故输出功率为3.24W，
7、故B错误在1.010-2s时刻，感应电动势为零，故说明穿过线圈的磁通量最大，此时穿过线圈的磁通量变化率为零，故C正确，D错误.6. 四根相互平行的通电长直导线a、b、c、d电流均为I，如图所示放在正方形的四个顶点上，每根通电直导线单独存在时，正方形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为（）A. 2B，方向向左B. 2B，方向向下C. 2B，方向向右D. 2B，方向向上【答案】A【解析】【详解】略7. 如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）取线框刚到达磁场边界的时
8、刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象【详解】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生线框穿出磁场的过程，磁通量
9、向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误8. 如图所示，宽度为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为：，式中的比例系数K称为霍尔系数设载流子的电量为q，下列说法正确的是（）A. 载流子所受静电力的大小B. 导体上表面的电势一定大于下表面的电势C. 霍尔系数为，其中n为导体单位长度
10、上的电荷数D. 载流子所受洛伦兹力的大小，其中n为导体单位体积内的电荷数【答案】D【解析】静电力大小应为：，故A错误；洛伦兹力向上，但载流子的电性是不确定的，故无法判断上表面的电性，故无法比较上下表面的电势高低，故B错误；对于载流子，静电力和洛伦兹力平衡，故：电流微观表达式为：I=nqSv，故： ；由于S=hd，故，故，其中n为导体单位体积上的电荷数，故C错误；载流子所受洛伦兹力的大小f洛=qvB，其中，可得，其中n为导体单位体积上的电荷数，故D正确；故选D点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的可能是正电荷，也可能是负电荷，掌握电流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡
11、进行求解9. 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（）A. 直线a表示电源的图线B. 曲线c表示电源的图线C. 电源的电动势，内阻D. 电源的最大输出功率【答案】AD【解析】【详解】A电源消耗的总功率的计算公式故图线时直线，故A正确；B输出功率应为开口向下的曲线，故b表示图线；电源内阻消耗的功率应为开口向上的曲线，故c表示图线，故B错误；C当时，说明外电路短路，根据得故C错误；D输出功率当时，输出功率最大，为，故D正确。故选AD。10. 用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能。当调节滑动变阻器的
12、电阻R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为I10.5A和U12.0V；重新调节滑动变阻器的电阻R使电动机正常转动时，电流表和电压表的示数分别为I22.0A 和U224V,则（）A. 电动机内线圈电阻为R线4.0B. 电动机内线圈电阻为R线12C. 电动机正常转动时输出的机械功率为P机48WD. 电动机正常转动时输出的机械功率为P机32W【答案】AD【解析】【详解】AB当电动机停止转动时，相当于一个纯电阻元件，根据欧姆定律可知，电动机内线圈的电阻为A正确，B错误；CD当电动机正常转动时，电动机消耗的电功率为电动机内线圈消耗的热功率为故电动机输出的机械功率为C错误，D正确。故选AD。11
13、. 如图所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动则A. 由于穿过铜盘磁通量不变，故回路中无感应电流B. 回路中感应电流大小不变，为C. 回路中感应电流方向不变，为CDRCD. 回路中有周期性变化的感应电流【答案】BC【解析】【详解】A把铜盘视为闭合回路的一部分，在铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误；BD铜盘切割磁感线产生感应电动势为EBL2根据闭合电路欧
14、姆定律，回路中感应电流为选项B正确，D错误；C由右手定则可判断出感应电流方向为CDRC，选项C正确12. 如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点不计粒子重力下列说法正确的是()A. 极板M比极板N的电势高B. 加速电场的电压U=ERC. 直径PQ=2BD. 若一群粒子从静止开始经过题述过
15、程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷【答案】AD【解析】试题分析：带电粒子要打到胶片Q上，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子需带正电，在加速电场能够得到加速，则极板M比极板N电势高，A对；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即，再根据可知，B错；带电粒子垂直进入磁分析器，直径PQ=2R，C错；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据和可知，即只与带电粒子的比荷有关考点：本题考查了带电粒子在组合场中运动二、实验题（本题共2小题，共12分）13. 图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的偏电流=300A,内阻=100，可变电阻R的最大阻值
16、为10k，电池的电动势E=1.5V,内阻r=0.5，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是_色，接正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则=_k.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx其测量结果与原结果相比较_（填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】 (1). 红 (2). 5 (3). 变大【解析】【详解】欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接（即）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系：，得
17、；，当指针指在刻度盘的正中央时：有：，代入数据可得：；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式：，欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了【点睛】根据欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律可以判断读数，以及电池电动势变小，内阻变大时测量结果的变化；本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析14. 电动自行车的电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电池的电动势变小，内阻变大某兴趣小组将一辆旧电动自行车充满电，取下四块电池，分别标为A、B、C、D，测量它
18、们的电动势和内阻（1）用多用表直流电压50V挡测量每块电池的电动势测量电池A时，多用电表的指针如图甲所示，其读数为_V（2）用图乙所示电路测量A、B、C、D四块电池的电动势E和内阻r，图中R0为保护电阻，其阻值为5改变电阻箱的阻值R，测出对应的电流I，根据测量数据分别作出A、B、C、D四块电池的图线，如图丙由图线C可知电池C的电动势E=_ V；内阻r=_（3）分析图丙可知，电池_（选填“A”、“B”、“C”或“D”）较优【答案】 (1). 11.0V (2). 12.0V (3). 1.0 (4). C【解析】【详解】（1）用多用表直流电压50V挡测量每块电池的电动势，可以从表盘中的中间刻度读
19、出正确结果，由指针指示可知：E=11.0V（2）根据闭合电路欧姆定律有：E=I（R+r）+IR0，因此有：，由此可知，图象的斜率表示，纵轴截距为：由图象可知：，由此解得：E=12Vr=1（3）电动势大的内阻小的电源最优，由图象可知C图象代表的电源电动势最大，内阻最小，因此最优故答案为C三、计算题（本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写最后答案的不得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）15. 如图所示，电路中接一电动势为4V、内阻为2的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4，电容器的电容为30F，电流表的内阻不计，当电路稳定后，求：（
20、1）电流表的读数（2）电容器所带的电荷量（3）如果断开电源，通过R2的电荷量【答案】（1）0.4A（2）4.810-5C （3）【解析】【详解】当电键S闭合时，电阻、被短路根据欧姆定律求出流过的电流，即电流表的读数电容器的电压等于两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量断开电键S后，电容器通过、放电，、相当并联后与串联再求解通过的电量（1）当电键S闭合时，电阻、被短路根据欧姆定律得电流表的读数（2）电容器所带的电量（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是、相当并联后与串联由于各个电阻都相等，则通过的电量为16. 如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1=3300V，副线圈两端电压U2为2
21、20V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2V，（1）原线圈n1等于多少匝？（2）当开关S断开时，表A2的示数I2=5A，则表A1的示数I1为多少？（3）当开关S闭合时，表A1的示数I1等于多少？【答案】（1）1650匝（2）1/3A（3）2/3A【解析】【详解】（1）把电压表看做一匝线圈，应用匝数之比等于电压之比求原线圈匝数；（2）电流根据输入功率等于输出功率；（3）应用欧姆定律和输入功率等于输出功率求副线圈电流，在根据输入功率等于输出功率求原线圈电流（1）由电压与变压器匝数的关系可得：匝（2）当开关S断开时，由输入功率等于输出功率：可得（3）当开
22、关S断开时，有：当开关S闭合时，设副线圈总电阻为，则有：副线圈中的总电流为，则由得：【点睛】本题考查变压器原理；只要知道变压器的特点：匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出功率17. 如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L1m，质量m=1kg的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R=4的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B2T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量一次导体棒的速度，乙图是根据所测数据描绘出导体棒的vt图像.（设导轨足够长）求：（1）力F的大小.（2）t=1.6s时，导体棒的加速度.（3）若1.6s内导
23、体棒的位移X8m，试计算1.6s内电阻上产生的热量.【答案】（1）10N（2）2m/s2（3）48J【解析】详解】（1）E=BLv I=E/R F安=BIL当速度最大时F拉=F安解得=10N当t=1.6s时，v1=8m/s 此时 F安=B2L2 v1/R=8N F拉 F安= ma a=2m/s2 由能量守恒得 FS=Q+ Mv21解得 Q = 48J18. 如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向外，在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45夹角。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以初速度v0从y轴上与O点相距为L的P点沿y轴正方向
24、射出，一段时间后进入电场，入电场时的速度方向恰与电场方向相反，不计重力。求:(1)磁场的磁感应强度B；(2)粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离；(3)从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间；(4)粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间。【答案】(1)；(2)；(3)；(4)【解析】【详解】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，由几何关系得又由洛仑磁力提供向心力，有解得(2)依题意，粒子从P到M点第一次到达x轴粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为零，然后沿原路返回做匀加速运动，第二次到达x轴上的M点后进入磁场做圆周运动到N点转过90，由几何关系有所以粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离为(3)粒子在磁场中P到M点所需时间粒子在电场中先减速再返回M点所需时间粒子在磁场中从M点到N点所需时间故粒子从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间(4)粒子从N点到Q点做类平抛运动解得所以粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间为- 18 - 版权所有高考资源网
