2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） (I).doc

2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） (I)一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1. 如图所示，在光滑绝缘水平面上，A处放一电荷量为Q1的正点电荷，B处放一电荷量为Q2的负点电荷，且Q24Q1.现将点电荷Q3放在过AB的直线上，为使整个系统处于平衡状态，则()A. Q3带负电，位于A的左方B. Q3带负电，位于AB之间C. Q3带正电，位于A的左方D. Q3带正电，位于AB之间【答案】A【解析】假设 放在A、B之间，那么 对 的电场力和 对的电场力方向相同，不能处于平衡状态，所以假设不成立设 所在位置与的距离为，所在位置与的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小即kQ1Q3r132=kQ2Q3r232由于Q2=4Q1 ，所以r23=2r13 ，所以Q3位于A的左方根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电故选A综上所述本题答案是：A2. 一只标有“4 V，3 W”的小灯泡，两端加上电压U，在U由0逐渐增加到4 V过程中，电压U和电流I的关系，在如图所示的四个图象中，符合实际的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：因为金属的电阻随温度的增加而增大，U-I图像的斜率代表电阻值，所以图线B符合事实。考点：U-I图像【名师点睛】本题考查了学生对欧姆定律U=IR的掌握和应用，注意隐含条件灯丝电阻随温度的升高而增大，结合U=IR可知灯泡两端电压与电流的关系。3. P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示则下列判断正确的是()A. 离子从a到b，电势能增加B. 离子在运动过程中受到P的排斥力C. c、d两点电势相等D. 离子从a到b，动能增加【答案】A【解析】试题分析：电场线从正电荷出发，指向负电荷（源于正，止于负），所以P带正电，Q带负电，故A错误；沿电场线的方向降低，故B错误；离子从a运动到b，做曲线运动，电场力和速度方向如图所示，电场力与电场方向相反，离子带负电，P带正电，异种电荷相互吸引，故C正确；电场力和速度夹角为钝角，电场力做负功，故D错误。考点：曲线运动的特点，利用电场线判断相关问题。4. 如图所示，匀强磁场中有一个带电量为q的离子自a点沿箭头方向运动当它运动到b点时，突然吸收了附近的若干个电子(电子质量不计) 其速度大小不变，接着沿另一圆轨道运动到与a、b在一条直线上的c点已知acab，电子电量为e.由此可知，离子吸收的电子个数为()A. 5q3e B. 2q3e C. q2e D. q3e【答案】D【解析】根据左手定则判断出粒子带正电，设ab等于2R，即粒子开始的轨道半径为R，又acab，则后来的轨道半径为2R；由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB，第二个过程中：2R=mvqB，联立解得：q=q2，粒子吸收的电子所带电荷量：qq=q2，粒子吸收的电子数：n=q2e，故选C。【点睛】根据ac与ab的长度关系，可得知离子在吸收电子之前和吸收之后运动半径的变化，再由洛伦兹力提供向心力解出粒子做圆周运动的半径公式，根据公式判断出电量的变化情况5. 关于电场强度，下列说法正确的是()A. 以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同B. 正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大C. 若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右D. 电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大【答案】C【解析】以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的场强大小相同，但是方向不同，选项A错误； 正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度大，要看电场线的疏密，选项B错误； 在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度为E=F/q，取走q后，该点的场强仍为E不变，选项C正确；根据E=F/q可知，电荷所受到的电场力很大，该点的电场强度不一定很大，选项D错误；故选C.6. 一电热器接在10 V的直流电源上，产生的热功率为P.把它改接到另一正弦交变电路中，要使产生的热功率为原来的一半，如果忽略电阻值随温度的变化，则该交变电流电压的最大(峰)值应等于()A. 5 V B. 14 V C. 7.1 V D. 10 V【答案】D【解析】设电热器电阻为R，电热器接在10V直流电源上，热功率P=U12R电热器接到正弦式电流上，热功率为原来的一半，则P2=U22R。解得：U2=52V正弦式交流的最大值U2m=2U2，解得：U2m=10V故C项正确，ABD三项错误。点睛：有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值。计算电功率、电功、热量使用有效值，交流电表的读数是有效值。7. 如图所示，导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c、d相接，c、d两个端点接在匝数比51(左边比右边)的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器，匀强磁场的磁感应强度为B、方向竖直向下设导体棒ab长为L(电阻不计)，并绕与ab平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO以角速度匀速转动当变阻器的阻值为R时，通过电流表的电流为I，则()A. 变阻器两端的电压UIRB. 变阻器上消耗的功率为P25I2RC. 导体棒ab所受的最大安培力FBILD. 导体棒ab在最高点时两端感应电动势为0【答案】B【解析】根据变压器电流与匝数成反比，可得电阻器上的电流为5I，两端的电压为U=5IR，C错误；消耗的功率为P=25I2R，B正确；安培表电流I为有效值，电流最大值为，则导体棒ab所受的最大安培力F=BL，C错误。导体棒ab在最高点时，垂直切割磁感线，两端感应电动势最大，D错误。8. 如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA，LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则()A. 闭合开关S时，LA，LB同时达到最亮，且LB更亮一些B. 闭合开关S时，LA，LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些C. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭D. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭【答案】D【解析】闭合开关S时，由于线圈的自感作用LA慢慢亮起来，但LB立即亮起来，AB错误；断开开关S时，LA、LB、L形成回路，但由于LA的电流大于LB的电流，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误、D正确。9. 如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区域，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区域在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a.矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a.线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向)()A. B. C. D. 【答案】C【解析】线圈进入磁场，在进入磁场0a的过程中，E=Bav，电流I0=BavR，方向为逆时针方向，为正。在a2a的过程中，电动势E=2Bav，电流I=2BavR=2I0，方向为顺时针方向，为负。在2a3a的过程中，E=Bav，电流I=BavR=I0，方向为逆时针方向，为正，故C正确，ABD错误。点睛：解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式和欧姆定律公式，会通过楞次定律判断感应电流的方向。10. 如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘(不计各种摩擦)，现让铜盘转动下面对观察到的现象描述及解释正确的是()A. 铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去B. 铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去C. 铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下D. 铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快【答案】C【解析】试题分析：因为铜盘转动会切割磁感线，就有感应电动势，有感应电流，就会受到反向的安培力，铜盘最终会停下来，故选C考点：考查了导体切割磁感线运动点评：基础题，比较简单，关键是知道铜盘的半径在做切割磁感线运动二、多选题(共5小题,每小题4.0分,共20分) 11. (多选)如图所示，有一带正电的小球在光滑、绝缘的大球面内小幅度地来回滑动现在空间加一垂直纸面向里的匀强磁场，若小球始终未离开球面，则()A. 洛伦兹力对小球不做功B. 洛伦兹力对小球做功C. 洛伦兹力不影响小球的振动周期D. 洛伦兹力只改变小球的速度方向，不改变小球的速度大小【答案】ACD【解析】【详解】小球在凹槽中来回滚动时，速度的方向沿切线方向，洛伦兹力沿半径方向，与速度垂直，则洛伦兹力只改变小球的速度方向，不改变小球的速度大小，且对小球不做功，选项AD正确，B错误；若没有磁场则小球振动的回复力由重力沿切线方向的分力来提供，有了洛伦兹力后，因洛伦兹力与切线垂直，不提供小球的回复力，则洛伦兹力不影响小球的振动周期，选项C正确；故选ACD.12. (多选)直流电池组的电动势为E，内电阻为r，用它给电阻为R的直流电动机供电，当电动机正常工作时，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流是I，下列说法中正确的是()A. 电动机输出的机械功率是UIB. 电动机电枢上发热功率为I2RC. 电源消耗的化学能功率为EID. 电源的输出功率为EII2r【答案】BCD【解析】【分析】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是电功率，根据P=UI求解发热功率由P=I2r求解输出功率由能量守恒定律研究，电源消耗的化学能功率就是电源的总功率，则P=EI【详解】、电动机输入的功率是电功率，即P电=UI，电动机的发热功率为P热=I2R，电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒定律得P出=P电P热=UII2R，A错误B正确；电源消耗的化学能功率就是电源的总功率，则P=EI，C正确；电源的输出功率P=PPr=EII2r，D正确【点睛】本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用P=UI，求热功率只能用P=I2r而输出的机械功率只能根据能量守恒求解，而且电功率大于热功率13. (多选)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)垂直于B的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，稳定时下列说法中正确的是()A. 图中A板是电源的正极 B. 图中B板是电源的正极C. 电源的电动势为Bvd D. 电源的电动势为Bvq【答案】BC【解析】试题分析：等离子体进入磁场，由于受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断出正负离子偏转的方向，从而确定极板带电的正负最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势解：等离子体进入磁场后，根据左手定则，知正离子向下偏，负离子向上偏所以B板带正电，A板带负电最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：电动势E=U=Bvd故B、C正确，A、D错误故选BC【点评】解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡14. (多选)如图所示，是一种延时装置的原理图，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则()A. 由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B. 由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C. 如果断开B线圈的开关S2，无延时作用D. 如果断开B线圈的开关S2，延时将变化【答案】BC【解析】AB、当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放，所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用，故A错误、B正确；CD、若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能，故C正确，D错误；故选BC。【点睛】当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通；当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放；若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象。15. (多选)有一个交变电流u311sin(314t) V，则下列说法中正确的是()A. 这个交变电流的频率是50 HzB. 它可以使“220 V,100 W”的灯泡正常发光C. 用交流电压表测量时，读数为311 VD. 使用这个交变电流的用电器，每通过一库仑的电量时，电流做功311焦耳【答案】AB【解析】A、由交流电u=311sin314t(V)，可知=314rad/s，则频率f=2=50Hz，故A正确；BC、由题电压的最大值Um=311V，有效值U=22Um=220V，可以使“220V100W”的灯泡正常发光，用交流电压表测量时，读数为220V，故B正确，C错误；D、使用此交流电的用电器，每通过1C的电量时，电流作功W=qU=220J，故D正确；错误的故选C。三、实验题(共2小题, 共14分) 16. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=_mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=_mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为_（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程05 mA，内阻约50 ）；电流表A2（量程015 mA，内阻约30 ）；电压表V1（量程03 V，内阻约10 k）；电压表V2（量程015 V，内阻约25 k）；直流电源E（电动势4 V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015 ，允许通过的最大电流2.0 A）；滑动变阻器R2（阻值范围02 k，允许通过的最大电流0.5 A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率=_（不要求计算，用题中所给字母表示）【答案】 (1). （1）50.15 (2). （2）4.700 (3). （3）220 (4). （4）；（5）UD4IL【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.054=0.20mm，所以最终读数为50.20mm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0119.8mm=0.198mm，所以最终读数为4.698mm；（3）该电阻的阻值约为22.010=220；（4）电源电动势为4V，故电压表应选V1；电路的最大电流约为：I=ER+RA=4220+30A16mA，电流表应用A2，又RRARV=3010000，电流表应采用外接法，滑动变阻器选择R1器最大阻值为15，待测电阻阻值约为220，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法：（5）根根据电阻定律R=LS、横截面积公式S=14D2得：=D2R4L=UD24IL.点睛：解决本题要掌握各种仪器的读数方法，知道测量电阻率的原理以及电流表、电压表的选择的方法和滑动变阻器的使用方法。17. 图为“研究电磁感应现象”的实验装置(1)将图中所缺的导线补接完整(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：将小线圈迅速插入大线圈时，灵敏电流计指针将向_(填“左”或“右”)偏一下；小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针将向_(填“左”或“右”)偏一下【答案】 (1). (2). 右左【解析】（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示。（2）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；a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一下。b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，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转一下。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。四、计算题 18. 如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表当电阻箱读数为R1=2 时，电压表读数为U1=3 V；当电阻箱读数为R2=4 时，电压表读数为U2=4 V求：（1）电源的电动势E和内阻r（2）当电阻箱数为R2时，电源的输出功率P出和消耗的总功率P总【答案】（1）6 V 2 （2）4 W 6 W【解析】试题分析：运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻为R1和R2的情况，列出含有电动势和内阻的方程组求解当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，再求解Pm（1）由闭合电路欧姆定律E=U+Ir得：E=U1+U1R1r，代入得E=4+42=