广东惠州2020届高二上学期期末考试物理试题解析版

1、惠州市2017-2018学年（上）学分认定暨期末考试物理试题（选修31）理科用一、单项选择题I1 .首先发现电流磁效应的科学家是A.安培B.爱因斯坦C.库仑D.奥斯特【答案】D【解析】首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故D项正确。2 .下列叙述正确的是A.任何起电方式都是电荷转移的过程B.摩擦起电是创造电荷的过程C.玻璃棒无论和什么物体摩擦都会带正电D.带等量异号电荷的两个导体接触后，两个导体将不带电，原因是电荷消失了。【答案】A【解析】试题分析：由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电.感应起电的实质是电荷可以从物

2、体的一部分转移到另一个部分.接触起电物体同种电荷，若两物体完全相同，则会平分电荷.根据电荷守恒定律可知，任何起电方式都是电荷转移的过程，A正确；摩擦起电过程是得到和失去电子的过程，因此其实质是电子的转移，B错误；不同物质组成的物体相互摩擦时，原子核束缚核外电子的本来不同，原子核束缚核外电子本领强的得到电子，物体因多余电子带负电，原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，物体因缺少电子带正电，C错误；带等量异种电荷的两个导体接触后，等量异种电荷完全抵消的现象，叫做中和，电荷不会消失，故D错误.3 .如图所示为通电螺线管的纵剖面图，?”和分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针（涂黑的一端

3、为N极）静止时指向错误的是A.aB.bC.cD.d【解析】试题分析：根据安培定则判断得出，通电螺线管内部的磁感线方向左，与外部的磁感线形成闭合曲线，小磁针N极静止时的指向在该处磁感线的切线方向上，由通电螺线管的磁感线分布情况可知，b小磁针的指向画错，adc正确；本题选错误的，故选B.考点：安培定则【名师点睛】安培定则（右手螺旋定则）为考试中的重点及难点，应能做到熟练应用右手螺旋定则判断电流及磁极的关系；解题时要首先根据电源的正负极判定电流方向，由电流方向根据安培则（用右手握住螺线管，让四指弯曲的方向与螺线管中的电流方向一致，则大拇指所指的那端就是通电螺线管的N极）判断通电螺线管的磁极；根据磁极

4、间的作用规律判断小磁针的指向是否正确。4.正电荷在电场力作用下由【解析】从P到Q,P向Q做加速运动，而且加速度越来越大，那么可以断定它所在的电场是电荷的加速度越来越大，则说明电荷受到的电场力越来越大，所以电场强度越来越大,故电场线越来越密,5.关于静电场，下列说法正确的是A.电势等于零的物体一定不带电B.电场强度为零的点，电势一定为零C.同一电场线上的各点，电势一定相等D.负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【答案】D【解析】试题分析：电势等于零的物体不一定不带电，例如接地的物体，选项A错误；电场强度为零的点，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点处，场强为零，但是电势不为零，选项B错

5、误；沿电场线的方向电势降低，故同一电场线上的各点，电势一定不相等，选项C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能一定增加，选项D正确；故选D.考点：静电场的特性【名师点睛】此题是对静电场特性的考查；要知道沿电场线方向电势降低；电场线的疏密反映场强的大小;电场强度为零，但是不一定为零，反之亦然；电势为零的点时人为规定的.6 .一平行板电容器两极板间距为d、极板正对面积为S,电容为c=二，其中0是常量.对此电谷器充电4iikd后断开电源.当增大两极板间距时，电容器极板间的电场强度将A.变大B.变小C.不变D.不能确定【答案】COf-sU4jrkQ【解析】通电后断开，故两板上的带电量不变

6、；根据公式U=-.C=，代入E=可得E=-即当电C4irkdd够容器充电后与电源断开后，两极板间的电场强度的大小和两极板间的距离无关，故C正确.7 .一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为U1A.UB.RC.D.RR【答案】C一，一,一一、，UU,一，一【解析】由q=It知道，在q-t图像中斜率表小电流，又因为=-,所以斜率卜=一，故C正确，ABD错误。RR8 .如图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是A.甲表是电流表,R增大

7、时量程增大B.甲表是电压表,R增大时量程增大C.乙表是电流表,R增大时量程增大D.乙表是电压表,R增大时量程增大【解析】试题分析：灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表.甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小.乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大.由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲表是电流表，分流电阻增大时分流电阻分流减小，电流表量程减小；由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，D正确.9 .如图，在阴极射线管正下方

8、平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会A.向纸内偏转B.向纸外偏转C.向上偏转D.向下偏转【解析】由安培定则判断可知，通电直导线上方所产生的磁场方向向外，电子向右运动，运用左手定则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用，所以电子流要向上偏转，C正确.【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.A图中根据左手定则可得t安培力的方向水平向下：A正确：B图中电流方向和磁场方向平行，不受安培力作用，B错误；C图中.根据左手定则可得安培力方向水平向右，C错误；D图中，根据左手定

9、则可得安培力方向水平向下,D错误.、单项选择题II11.真空中有两个点电荷中与q2,若将它们的电荷量和间距都变为原来的3倍，则它们间的库仑力变为原来的A.1/3倍B.1倍C.6倍D.9倍【答案】B，一七%、八一【解析】变化刖两电荷之间的库仑力为F=k，变化后两者之间的库仑力为F=k=F，故B正确.午7/(3r)12 .将长为0.5m的通电直导线垂直放在磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，并通一电流强度为2A的电流.则导线所受安培力大小是A.0.1NB.0.2NC.0.4ND.0.5N【答案】B【解析】通电导线受到的安培力大小为F=BIL=0.2x2xO.5N=0.2N,B正确.13 .额定电压都

10、是110V,额定功率Pa="100"W、Pb="40"W的A、B两盏电灯，接在220V的电路中，若要两盏电灯都正常发光,又使整个电路消耗的电功率最小的连接方式应是下图中的【解析】考点：电功、电功率；串联电路和并联电路.专题：恒定电流专题.分析：由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路.解答：解：A、由于AB两个灯泡的电阻大小不同，所以直接把AB串连接入电路的话，AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以A错误；B、由于额定电压都是

11、110V,额定功率Pa=100W、PB=40W,由此可知Rb>Ra,把灯泡A与电阻并联的话,会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以B错误；C、由于额定电压都是110V,额定功率Pa=100W、Pb=40W,由此可知Rb>Ra,把灯泡B与电阻并联的话,可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的

12、总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C,所以C正确.故选C.点评：解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小.14 .如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率逐渐增大【答案】A【解析】试题分析：由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况.由图可知，R?与

13、滑动变阻器串联后与并联后，再与串联接在电源两端；电容器与电并联；当滑片向移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时段两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过鼻的电流增大，则流过并联部分的电流减小，故电流表示数增减小；因并联部分电压增大，而R之中电压减小，故电压表示数增大，因电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，电荷向IT上运动，故A错误故BC正确；因Rm两端的电压增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大，故D正确；【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-

14、整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小（增大）时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小（增大）的.h处自由落下，两板间还存在方向垂直15.如图所示，一带电微粒从两竖直的带等量异种电荷的平行板上方纸面向里的匀强磁场，带电小球通过正交的电、磁场时，其运动情况是-XX*一+XXX-+-XxX+A.可能做匀速直线运动B.可能做匀加速直线运动C.可能做曲线运动D.一定做曲线运动【答案】D【解析】粒子进入两个极板之间时，受到向下的重力，水平方向相反的电场力和洛伦兹力，不过电场力与洛伦兹力受力平衡，由于重力的作用，粒子向下加速，速度变大，洛伦兹力变大，洛伦兹力不会一直与电场力平衡，故合力一定会与速

15、度不共线，故粒子一定做曲线运动，D正确.16.将质量为m的小球用绝缘细线相连，竖直悬挂于O点，其中小球带正电、电荷量为q,现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场（没画出），使小球处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线与竖直方向的夹角为9=30。，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为【解析】试题分析：对小球受力分析，确定恒定力和变力，结合矢量三角形求解临界条件小球受力，受到绳子的拉力，竖直向下的重力，以及电场力作用，分析如图所示，当电场力方向和绳子拉1 mgmg力垂直时，电场力最小，即此时电场强度最小，此时有E"而q=解得%血=丁，所以E三丁，故C正确.2 2q2q17.如图所示，一

16、圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O,下列关于x轴上的电场强度和电B.O点的电场强度为零，电势最高C.从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D.从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【答案】B【解析】试题分析：圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零.圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小.x轴上电场强度方向向右，电势降低，故

17、CD错误.所以选B正确，ACD错误.考点：电势、电场强度.【名师点睛】解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法求场强的变化.圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强.根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低，并利用极限思想：在圆心处场强为零，在无穷远处场强也为零，便可以判断出场强应先增大后减小.18 .下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的粒子是A.质子:HB.笊核源C.“粒子的白D.钠离子Na+【答案】A【解析】根据动能定理得qU=|mv2,解得v=,即，因为一价氢离子的比荷最大T则一价氢离子的速度

18、最大，故A正确.19 .如图所示，在一大小为E的水平匀强电场中，A、B两点的直线距离为1,垂直电场方向的距离为do电荷量为q的带正电粒子从A点沿图中虚线移动到B点。下列说法正确的是d7口f一A.该过程中电场力做的功为0B.该过程中电场力做的功为EqlC.该过程中电场力做的功为EqdD.该过程中电场力做的功为EqjL2-d2【答案】D【解析】试题分析：电场力做功与路径无关，与首末位置有关，根据W=Fscsei求解电场力做功.一电荷量为q的带正电粒子从A点沿图中虚线移动到B点，电场力做功W=qELcos0=qEL：-d2,D正确.20 .两根长直通电导线互相平行，电流方向相同.它们的截面处于一个等

19、边三角形ABC的A和B处.如图所示，两通电导线在C处的磁场的磁感应强度的值都是B,则C处磁场的总磁感应强度的大小是CA.BB.2BC.BD.B【答案】D【解析】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处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，则磁场在C处相互叠加，如图所示，根据几何关系知合磁感强度为D正确.三、多项选择题21.如图所示，是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，有带电小球静止在平行板电容器中间，在增大电容器两极板间距离的过程中abA.带电小球将竖直向下运动B.带电小球将竖直向上运动C.电阻R中有从a流向b的电流D.电阻R中有从b流向a的电流【

20、答案】AC，一一，-、，一-U,1,一一一【解析】电容器两极板与电源两端相连，所以电容器的电压不变，由E=；分析可知板间场强减小，微粒所d受的电场力减小，所以微粒将向下做加速运动，A正确B错误；增大电容器两极板间距离，由电容的决定_eS_0式C=K，分析可知电容C减小，因U不变，由C=；,分析可知Q减小，电容器放电，则R中有从a流4戒1U向b的电流，故C正确D错误.22.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入，它们分别落在A、B、C三点，下列说法正确的是P。1r二理工二一六询知.LCBAA.落在C点的小球带正电B.落在A点

21、的小球带正电C.三个小球在电场中运动的时间相等D.三个小球到达极板时的动能关系为Etc>【答案】BD【解析】试题分析：抓住初速度相等，结合水平位移得出三个小球的运动时间关系，抓住偏转位移相等，得出加速度大小关系，从而确定小球的电性，根据动能定理比较出动能的变化量，从而得出三个小球到达极板时的动能关系.小球在电场中做类平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，根据x=根据偏转位移相等，则号aVIhb4Jc,可知C的电场力方向向下，A的电场力方向向上，所以A带正电，C带负电，B不带电，AC错误B正确；根据受力分析可知Fg=Eqmg.IB=mg,FA=mg-Eq,根据动能定理知，C的合力最大，

22、则C球合力做功最多，A球合力做功最小，可知C球动能增加量最大，A球动能增加量最小，初动能相等，所以三个小球到达极板时的动能关系为Ekc>EkB>EkA,D正确.23.质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图虚线所示，下列表述正确的是XXXXvH7M.黑AXX厂、/、Xx)xxisiA. M带负电，N带正电B. M的速率大于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间【答案】AB【解析】试题分析：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系.

23、解：A:由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；_，、一,一一_V2_,mv,B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m,半径为：r,，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确;C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；D:粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=2孚，M的运行时间等于N的运行时间,故D错误.故选：AB【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用.简单题.Q1视频二24 .下列说法中错误的是A.磁感应强度的方向就是该处电流受力方向B-小段通电导线放在某处不受磁场力作用，该处可能

24、有磁场C一一小段通电导线放在磁场中A处时受磁场力比放在B处大，则A处磁感强度比B处的磁感强度大FD-因为B=-,所以某处磁感强度的大小与放在该处的通电小段导线IL乘积成反比【答案】ACD【解析】根据左手定则可知电流受到的安培力方向和该处磁感应强度方向垂直，A错误；当电流方向和磁场方向平行时，不受磁场力的作用，所以一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，有可能是通电方向和磁场平行了，该处的磁感应强度方向不一定为零，B正确；影响通电导线在磁场中受到的磁场力大小的因素有：电流的大小，磁感应强度的大小，通电导线的长度，以及电流方向与磁场方向的夹角，同一小段通电导线在A处受到的磁场力比在B处的大，有可能两

25、处电流方向与磁场方向的夹角不同造成的，不一定是A处的F,一、一，.、磁感应弓II度比B处的磁感应强度大，C错误；公式B=为磁感应强度的计算式，不是决定式，磁感应强度TL的大小和外界因素无关，只和磁场本身的性质有关，D错误.25 .如图所示，在通过等量异号点电荷的直线上有a、b两点，二者位置关于负电荷对称，两电荷连线的中垂线上有c、d两点。一带电粒子（重力不计）以垂直连线的初速度自a点向上入射，初速度大小为vi时,2到达d点。下列说法正确的是B.四个点中d点的电势最低C.粒子到达连线中垂线的速度大小Vc>VdD.粒子置于a点时的电势能小于置于b点时的电势能【答案】AD【解析】根据等量异种电

26、荷的电场线分布情况可知，四个点中a点电场线最密集，则电场强度最大，选项A正确；四个点中c、d两点电势为零；a、b两点电势为负值，其中b点的电势最低，选项B错误；初速度V2>vi,因cd两点电势相等，a点到c、d两点电场力做功相同，根据动能定理可知从vc<vd,选项C错误；由轨迹可知粒子带负电，a点电势高于b点的电势，故粒子置于a点时的电势能小于置于b点时的电势能，选项D正确；故选AD.四、非选择题：按题目要求解答，解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤、数值和单位。只写出答案的不能得分。mm.26 .如图，游标（20分度）卡尺读数为mm；螺旋测微器的读数为【答案】(1).

27、50.15mm(2).0.615mm【解析】试题分析：标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.1游标卡尺的读数为1=5cm3*mm=50.15mm；螺旋测微器的读数为d=0.5mm+11.5乂0.01mm=0.615mm。27 .某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A.被测干电池一节B.电流表：量程00.6A,内阻r=0.3QC.电压表：量程03V,内阻未知D.滑动变阻器：010Q,2A巳开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差

28、；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。验电路图应选择下图中的(填甲”或；乞”)5根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=V,内电阻r=a。(保留两位有效数字)【答案】(1).甲(2).1.5V(3).0.20Q【解析】(1)因电流表B的内阻已知，故可以将电流表内阻等效为电源内阻，求出等效电阻后，再求出实际电源电阻，故采用甲图可以有效修正实验误差；(2)由U-I图可知，图像的纵截距表示电源电动势大小，故电源的电动势E=1.5V;图像的斜率表示等效内一1.51,0电阻r=0,5Q,故实际内阻为0.5-0.3=0.2

29、Q1.0-028 .如图所示，在倾角为“的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中通有大小为I、方向垂直纸面向里的电流，欲使导体棒静止在斜面上，可以施加方向垂直于导体棒的匀强磁场.求:(1)若匀强磁场的方向在竖直方向，则磁场方向是向上还是向下？磁感应强度B1为多大?(2)若导体棒与斜面间无挤压，则施加的磁场方向如何？则磁感应强度B2为多大?(3)沿什么方向施加匀强磁场可使磁感应强度最小？最小值B3为多少?mgUmtmg【答案】(1)竖直向上，(2)水平向左，(3)磁场的方向垂直斜面向上，IJLr【解析】试题分析：(1)方向竖直向上(1分),口口叫tana八由BIL=&q

30、uot;mg"tana得3=(4分)IL（1分）(2)方向水平向左由BIL="mg",得（4分）（1分）(3)方向垂直斜面向上由BIL=mgsin4得g=呼巴_3(4分)IL考点：本题考查了匀强磁场和力学知识的综合应用。29 .如图，在水平向右的匀强电场中有一固定点O,用一根长度L=0.4m的绝缘细线把质量m=0.1kg、电量q=7.5>10-4C的带正电小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为。=37；现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，取g=10m/s2,cos37=0.8,sin37=0.6;-A求：(1)匀强电场的场强大小；(2)小球运动通过最