1、会宁四中2019-2020学年度第一学期高二级期末考试物理试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，在答题卡上对应题目填写处准确填写答案。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，只上交答题卡，试卷考生保留。一、选择题：（本题共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题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.下列说法正确的是 ( )A. 公式E=U/d对于任何电场均适用B. 公式E=仅用于求点电荷电场的电场强
2、度，式中Q是场源电荷的电荷量C. 物体所带的电量有可能是元电荷的2.5倍D. 电场线就是带电粒子在电场中运动的轨迹【答案】B【解析】【详解】公式E=U/d对于匀强电场适用，A错误，公式E=仅用于求点电荷电场的电场强度，式中Q是场源电荷的电荷量，B正确，任何带电体的电荷量都为元电荷的整数倍，所以C错误，电场线不是带电粒子的运动轨迹，D错误。2.关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（ ）A. 线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B. 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C. 线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D. 线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越
3、大【答案】D【解析】【详解】A、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定线圈中磁通量变化大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故A错误B、线圈中磁通量越大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故B错误C、线圈放在磁感应强度越强的地方，磁通量虽然较大，但变化率不一定大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故C错误D、线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故D正确3.某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据左手定则可知，A图中安培力方
4、向应该向下，B图中安培力应该垂直于磁场斜向左上方，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，D图中安培力方向斜向左下方垂直于电流方向，故ABC错误，D正确4.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为4:1；电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻下列说法正确的是A. 原线圈两端电压的瞬时值表达式为VB. 变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1:4C. R处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大，D. 电压表V2的示数为9V【答案】D【解析】【详解】原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最
5、大电压36v，周期0.02S，故角速度是=100，u=36sin100t（V），A错误理想变压器的输入、输出功率之比应为1：1，B错误; R1温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入和输出电压值，C错误；由图知最大电压36v，有效值为36V，电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压有效值即电压表V2的示数为9V，D正确。5.如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为、，实线为带电粒子在电场运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法中正确的是（）A. 粒子可能带负电B. 粒子在P点的动能大于Q点动能C. 粒子P点电势能大于粒子在Q点
6、电势能D. 粒子在P点受到电场力大于在Q点受到的电场力【答案】B【解析】【详解】A因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电，故A错误；B若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，故B正确；C结合能量守恒定律，粒子在P点电势能与动能之和等于粒子在Q点电势能与动能之和，可知，粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，故C错误；D因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的
7、电场力大于P点受到的电场力，故D错误6.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设圆形区域的半径为R带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：得，即rv当粒子从b点飞出磁场时，入射速度与出射速度与ab的夹角相等，所以速度的偏转角为60，轨迹对应的圆心角为60，如图所示：根据几何知识得知：轨迹半径为：r1=2R当粒
8、子从a点沿ab方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60，如图所示：根据几何知识得，粒子的轨迹半径为：r2=R由得：解得，C正确，ABD错误。故选C。【点睛】此题是带电粒子在匀强磁场中的运动问题；要知道粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，根据粒子的运动的轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动的时间7.如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，从图示位置开计时（）A. 当转过60时，感应电流的瞬时值
9、为B. 当转过60时，感应电流的瞬时值为C. 在转过60过程中，感应电动势的平均值为D. 当转过90过程中，感应电流的有效值为【答案】ACD【解析】【详解】AB因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为转过角时，感应电动势的瞬时值感应电流的瞬时值为故A正确，B错误C转过的时间磁通量变化量为则感应电动势的平均值为故C正确；D感应电流的最大值为感应电流有效值故D正确。故选ACD。8.空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则A.
10、该离子带负电B. A、B两点位于同一高度C. C点时离子速度最大D. 离子到达B点后，将沿原曲线返回A点【答案】BC【解析】【分析】考查带电粒子在复合场中的运动。【详解】A粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用向右偏转，离子带正电，A错误；B根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，又因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；C根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；D只要将离子在B点的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧还有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B
11、的右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误。故选BC。9.如图所示，在水平放置的光滑金属板中心正上方有一带正电的点电荷Q，另一表面绝缘、带正电的金属小球（可视为质点，且不影响原电场）以初速度v0自左向右运动，则在运动过程中，下列说法正确的是（ ）A. 小球先减速后加速运动B. 小球做匀速直线运动C. 小球受到的电场力对小球先做负功后做正功D. 小球受到的电场力对小球做功为零【答案】BD【解析】【详解】金属板处于+Q的电场中，经过静电感应而处于静电平衡状态，表面为等势面，电场线方向垂直上表面，所以移动电荷时电场力竖直向下，电场力不做功，D对；10.如图所示，当滑动变阻
12、器的滑片P向下端移动时，下列说法正确的是A. 电阻R1消耗的功率增大B. 电源的输出功率增大C. V1增大，V2增大，A减小D. V1减小，V2减小，A增大【答案】AD【解析】当滑动变阻器的滑片P向下移动时，R3连入电路的阻值变小，故外电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，知总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，所以V1示数减小，电源的内电压和R1的电压均增大，所以并联部分电压减小，即V2示数减小根据欧姆定律可知，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过滑动变阻器的电流增大，即A示数增大故C错误，D正确；因为干路电流变大，根据 知电阻R1消耗的功率增大，故A正确；因为不知道内、外电阻的大小
13、关系，所以电源的输出功率的变化情况无法确定，故B错误；故选AD.二、实验题：本题共2小题，共18分11.在“测定金属的电阻率”的实验中（1）某同学测量金属丝的直径时螺旋测微器如图甲所示，则该金属丝的直径为d=_mm（2）金属丝的电阻Rx大约是3，实验室提供的电流表A（量程2.5mA，内阻约30）、电压表V（量程3V，内阻约3k）则金属丝、电流表和电压表的连接方式应该采用甲乙两图中的_图【答案】 (1). 1.721mm（1.721mm1.723mm都正确）； (2). 乙【解析】【详解】（1）由图所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为22.10.01mm=0.221mm，
14、螺旋测微器的示数为1.5mm+0.221mm=1.721mm（2）由题意可知，则电流表应采用外接法，应选图乙所示电路图【点睛】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，对螺旋测微器读数时需要估读当电压表内阻远大于待测电阻阻值时用电流表外接；12.在“测定2节干电池组成的电池组的电动势和内阻”的实验中，备有下列器材：A.待测的干电池组(电动势约为3.0V，内阻小于2.0)B.电流表A1 (量程03mA，内阻RA1=10)C.电流表 A2(量程00.6A，内阻RA2=0.1)D.滑动变阻器R1(050,允许通过的最大电流为1.5A)E.滑动变阻器R2(01k,允许通过的最大电流为0.
15、6A)F.定值电阻R0(990)G.开关和导线若干(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示实验电路，在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选_(填写器材前的字母代号)(2)按照图甲所示的电路进行实验，I1为电流表A1的示数,I2为电流表A2的示数,记录的5组实验数据如下：实验次数12345I1/mA2.832.712.542.402.30I2/A0.080.160.250.320.41根据表中的实验数据，选择合适的坐标轴刻度和坐标轴起点，在图乙所示的坐标纸上画出I1-I2图线(3)根据绘出的I1-I2图线，可得被测电池组的电动势E=
16、_V(保留两位有效数字)，内阻r=_(保留三位有效数字)【答案】 (1). D (2). (3). 3.0 ；1.78(1.751.80)【解析】（1）因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小滑动变阻器应选D，（2）根据表中数据，利用描点法可得出对应图象，如图所示：（3）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：，根据图象与纵轴的交点得电动势为：，而由图象可知，当电压为2.20V时，电流为0.45A；则由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知：. 三、计算题13.如图所示, 匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为=的光滑斜面上,静止一根长为L=1 m，
17、重G=3 N，通有电流I=3 A的金属棒.求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）导体棒对斜面的压力大小.【答案】（1） （2）6N【解析】【详解】（1）由左手定则知金属棒受水平向右的安培力，对金属棒进行受力分析，运用合成法，如图；由平衡条件得：F安=BIL=Gtan则（2）由上图，根据三角函数关系知：14.如图所示，长l1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角37.已知小球所带电荷量q1.0106C，匀强电场的场强E3.0103N/C，取重力加速度g10m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)小球所受电
18、场力F的大小；(2)小球的质量m；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v大小【答案】(1)F=3.0103N(2)m=4.0104kg(3)v=2.0m/s【解析】【详解】(1)根据电场力的计算公式可得电场力；(2)小球受力情况如图所示： 根据几何关系可得，所以；(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则，解得v=2m/s15.如图所示，光滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B0.5 T，磁场方向垂直于导轨平面向外，导体棒ab的长度与导轨宽度均为L0.2 m，电阻R1.0 ，导轨电阻不计当导体棒紧贴导轨匀速下滑时，标有“6 V3 W”字样的两小灯泡恰好正常发光，求：(1)通过ab的电流的
19、大小和方向；(2)ab运动速度大小；(3)电路的总功率【答案】（1）1A，由b到a （2）70m/s （3）7W【解析】【分析】小灯泡恰好正常发光，电压和功率都为额定值，由P=UI可求得通过灯泡的电流，得到ab中电流，根据右手定则判断电流的方向；根据闭合电路欧姆定律可求出感应电动势E，再由E=BLv求解导体棒ab匀速时的速度；由公式P=IE可求得电路的总功率【详解】(1)每个小灯泡中的电流为则ab棒中的电流为：I=2I1=1 A由右手定则可知通过ab棒的电流方向为：由b到a(2)ab产生的感应电动势为：E=U1+IR=6 V+11.0 V=7 V由E=BLv，知ab的运动速度(3)电路的总功率：P=IE=7 W【点睛】本题主要考查了电路问题，灯泡正常发光是突破口，要知道用电器只有在额定电压下才能正常工作，感应电动势是联系电路和电磁感应的桥梁，能够综合运用电路、力学和电磁感应知识进行求解