2020-2021学年黑河市嫩江某中学高二年级上册期末物理试卷(附解析)

2020-2021学年黑河市嫩江高级中学高二上学期期末物理试卷

一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）

1.如图所示，平行板电容器与电动势为E'的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带

电荷量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的上极板竖

直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（）

A.平行板电容器的电容将变小

B.带电油滴的电势能将减少

C.静电计指针张角变小

D.若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变

2.如图所示，两个相同的空心金属球M和N,M带电荷量为-Q,N不带电（M、N相距很远，互不

影响），旁边各放一个不带电的金属球P和R,当将带正电Q的小球分别放入M和N的空腔中时（）

A.P、R上均出现感应电荷B.尸、R上均没有感应电荷

C.P上有而R上没有感应电荷D.P上没有而R上有感应电荷

3.两根材料相同的均匀导线x和y串联在电路中，两导线沿长度方向的电6心“

势变化情况分别如图中的帅段和be段图线所示，则导线％和y的横截面4\b

积之比为（）I

A.2：1L-4~太1~入，

02040dOL/on

B.1：2

C.6：1

D.1：6

4.在研究电磁感应现象的实验中，进行以下操作时不能使线圈B中产生感应电流的是（）

A

B

A.电键闭合，把通电的线圈4从线圈B中抽出时

B.电键断开，把通电的线圈4从线圈B中抽出时

C.电键闭合，在改变滑动变阻器阻值的过程中

D.在电键闭合或断开瞬间

5.如图甲所示，％和&是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但/?2的尺寸比％小很多。

把它们分别连接在如图乙所示电路的4、B端，接8时电流表的读数为接&时电流表的读数

为与，下列判断正确的是（）

图乙

A.%=R2B./?!>R2C.h<I2D./x>I2

6.如图甲所示，固定闭合线圈abed处于方向垂直纸面向外的磁场中，磁感线分布均匀，磁场的磁

感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是（）

A.t=1s时,ab边受到的安培力方向向右

B.t=1s时,ab边受到的安培力方向向左

C.t=2s时，ab边受到的安培力最大

D.t=4s时，ab边受到的安培力最大

7.如图所示，a、b是用同种规格的钢丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2：

3,其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场.当该匀强磁场的磁

感应强度均匀增大时，贝）

A.a、b两圆环中产生顺时针的感应电流

B.a、b两圆环内的感应电动势大小之比为4：9

C.a、b两圆环的电阻之比为3：2

D.a、b两圆环内的感应电流大小之比3：2

8.如图所示，一束负离子从S点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点

0；若同时加上电场和磁场后，负离子束最后打在荧光屏上坐标系的第HI象限中，则所加电场E

和磁场8的方向可能是（不计离子重力及其间相互作用力）（）

A.E向上，B向上B.E向下，B向下

C.E向上，B向下D.E向下，B向上

9.如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为右、的•原线圈接正弦交----4尸丁’

流电源，一个二极管、理想电流表④和阻值为R的负载电阻串联后接到"Jc-=

副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用»。—514HL/

交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和4d，则（）

A.Uab：Ucd=n1：n2

B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变大

C.负载电阻的阻值越小，cd间的电压越大

D.将二极管短路，短路前后电流表的读数比为1：V2

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

10.A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲。一正试探电荷仅在电场力作用下沿支轴运动，该试探电

荷的电势能Ep随其坐标变化的关系如图乙。下列正确的是（）

x

甲

A.该电场有可能是点电荷形成的电场

B.电场方向沿x轴正向

C.A、B两点电势的关系为0A<WB

D.试探电荷在4、B两点的动能大小关系为&A>EkB

11.如图所示，两个金属圆环在最低点处切断并分别焊在一起.整个装置处

在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁场均匀增加时（）

A.内环有逆时针方向的感应电流

B.内环有顺时针方向的感应电流

C.外环有逆时针方向的感应电流

D.内、外环都没有感应电流

12.在如图所示的电路图中，开始时电键《断开，人至以为电路中的四盏小灯泡，现在将区所在电

路的滑动变阻器的滑头向左移动则以下关于灯的亮暗变化正确的是（）

A.灯人变亮

B.灯灯变亮

C.灯灯变亮

D.若滑动变阻器滑头位置不变，现将电键/闭合则灯G变暗

三、填空题（本大题共1小题，共2.0分）

13.如图所示，甲图中二十分度的游标卡尺的读数是cm；甲乙中螺旋测微器的读数为

mm.

四、实验题（本大题共1小题，共12.0分）

14.如图所示是一个电流表、电压表两用的电路，电流表G的量程是100/M,内阻G

I心心

是电阻当双刀双掷开关合到、上时，电流二。%汽

10002R1=0.10,R2=99fcn,ab

表改装成什么表？其量程是多少？当双刀双掷开关合到c、d上时，电流表改h

装成什么表？其量程是多少？

五、简答题(本大题共1小题，共12.0分)

15.2020年5月5日，昵称为“胖五”的长征五号B运载火箭在海南文昌发射成功，进入了预定轨道，

这标志着我国第三阶段载人航天工程正式进入实施阶段。飞船先进入近地圆轨道4运行，己知地

球的半径为R，地球表面重力加速度为g，地球自转周期为T,求：

(1)飞船在近地轨道4上运行的速率；

(2)假设飞船通过变轨技术进入同步轨道8,求此时飞船离地高度八。

...Y同步轨道

六、计算题(本大题共3小题，共26.0分)

16.一长为L的细线，上端固定于。点，下端拴一质量为加、带电荷量为q的小球，”一

处于如图所示的水平向右的匀强电场中.开始时，将细线拉成水平，释放

_______

后小球从4点由静止沿圆弧开始向下摆动，当细线转过60。角时，小球到达B

点速度恰好为零.试求：

(1)该小球带电性质；

(2)匀强电场的场强大小；

(3)若从4点给小球一个竖直向下的初速度北，使小球绕。点在竖直平面内做圆周运动，火至少多大？

17.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置,两板间的距离d=40cm,电源电动势E=24K,

内电阻r=l。，电阻R=150,闭合开关S,待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初

速度。0=4m/s竖直向上射入板间.若小球带电量为q=1x10-2C,质量为m=2xlO^kg,

不考虑空气阻力.那么，滑片P在某位置时，小球恰能到达4板.求(取g=10m/s2)：

(1)两极板间的电场强度大小;

(2)滑动变阻器接入电路的阻值.

18.一台正常工作的电扇，线圈电阻是50,电流为0.84,求:

(1)电扇的发热功率；

(2)10?nin内电扇产生的热量.

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C=冷

知，d减小，则电容增加，故A错误；

从电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该

电荷为负电荷，则电势能减小，故B正确；

C、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计

指针张角不变，故静电计指针张角不变，故C错误；

。、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积减小，根据

SE=5a=3Ca=

警，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故。错误；

故选：

本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电

容器与电源断开，则电荷量不变.

2.答案：D

解析：解：把一个带正电Q的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，带负电的电子被带正电的小

球吸引到内表面，内表面带负电，外表面剩余了正电荷，外表面带正电，而R处于电场中，出现静电

感应现象，从而导致R上有感应电荷出现，

若将带正电Q的小球放入带-Q电荷M空腔内时，因同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，若正负

电荷相等，则金属壳上没有多余电荷，则P处没有电场，因而没有感应电荷；若正负电荷不相等，则

P处有电场，则出现感应电荷，故ABC错误，。正确。

故选：Do

带正电的物体是因为缺少电子，带负电的物体是因为有多余的电子，当带电体接触不带电的金属空

腔球壳时，电子发生转移.

本题考查感应带电的实质：电子从导体的一部分转移到另一部分，掌握静电感应的原理，注意带正

电与带负电的电量相等，是解题的关键.

3.答案：B

解析：

串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得

出ab段和几段导线的横截面积之比.

本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，难度不大.

时段和加段的电势差分别为2匕4V,电流相等，根据欧姆定律得：乎=滑=也

Rbc"be2

根据电阻定律得，R=pg则S=?,则横截面积之比：===i

SRSbc4cRab412

故选：B。

4.答案：B

解析：解：力、电键闭合，把通电线圈力从线圈B中抽出时，线圈B中的磁通量会发生变化，会产生感

应电流，故A错误；

8、电键断开，把通电的线圈4从线圈B中抽出时，线圈B中的磁通量始终为零，不会产生感应电流，

故B正确；

C、电键闭合，在改变滑动变阻器阻值的过程中，线圈B中的磁通量会随着线圈4的磁场变强而增大，

线圈B中会产生感应电流，故C错误；

。、在电键闭合或断开的瞬间，线圈力的磁场会增强或减弱，线圈B中的磁通量会发生变化，会产生

感应电流，故。错误；

故选：B。

判断在实验过程中磁通量是否发生变化，发生变化就会产生感应电流，不发生变化就不会产生感应

电流。

明确闭合回路产生感应电流的条件是磁通量发生变化是解决问题的关键。

5.答案：A

解析：解：AB,设正方形的边长为a,厚度为d,则导体的电阻：R=P*=P2=%由两导体的P与

d相同，则两导体电阻相等，即8=/?2,故A正确，B错误；

CD、导体接入电路中，电流表示数：/=W，由于电源电动势E、内阻r、导体电阻R相同，则电流

表示数/相同，/1=/2,故CC错误。

故选：4。

由电阻定律可以判断出两导体的电阻关系。

根据闭合电路欧姆定律求出两电流关系。

此题考查了闭合电路欧姆定律的相关计算，比较电阻大小与电流大小的问题，难度不大，是一道基

础题，熟练应用电阻定律与欧姆定律即可正确解题。

6.答案：A

解析：解：AB,由图乙所示图线可知：0〜2s内磁感应强度大小逐渐增大，根据楞次定律可知流过ab

边的电流由匕流向a,由左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，故A正确，8错误；

C、由图乙所示图线可知,t=2s时，黑=0,由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=华==

AtAtAt

0,由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流i=0,ab边受的安培力F=o,故C错误；

D、由图乙所示图线可知，t=4s时，8=0,安培力F=0,故。错误。

故选：Ao

根据楞次定律判断出感应电流方向，应用左手定则判断ab边所受安培力方向；

根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，然后根据安培

力公式分析答题。

分析清楚图乙所示图象是解的前提与关键，熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律即可解题，注

意掌握图象的斜率大小与感应电动势的大小关系。

7.答案：D

解析：解：力、根据楞次定律，结合穿过两环的磁通量增大，则有两环的感应电流方向为逆时针，故

A错误；

B、由法拉第电磁感应定律得：E=乳三=n"S=n"nR2,

△CACAt

喏,相同，则得到Ea：Eb=%匕=1：1,故B错误。

C、根据电阻定律：线圈的电阻为r=p'p亨，

则P、有效面积s、71相同，两线圈电阻之比％：rb=Ra：Rb=2：3,故C错误。

D、线圈中感应电流/=三由上综合得到：〃：lB=3：2；故O正确；

故选：D。

依据楞次定律，即可判定两环的感应电流方向；

由法拉第电磁感应定律E==n—S=n—nR2,求解感应电动势之比.

△cAcAc

根据电阻定律：电阻r=p(,感应电流/=/,联立求解感应电流之比.

本题是法拉第电磁感应定律和电阻定律的综合应用求解感应电流之比，采用比例法研究，注意此处

的磁场的变化所对应的面积相同.

8.答案：A

解析：解：由题意及可知，电子在电场中受力应向下，故电场方向应向上；

而粒子在磁场作用下向左偏转，故说明洛仑兹力向左，由左手定则可知，B应向上：

故选：Ao

由粒子的偏转可知电场力及磁场力的方向，即可判断电场及磁场的方向.

在读题时要注意电场和磁场均为上下方向，故电场力只能上下方向，而磁场应沿左右方向；同时注

意电子带负电/

9.答案:D

解析：解：4、假设副线圈两端电压的有效值为出，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：Uab：

t/2=n1：n2；而因二极管的单向导电性，cd间电压的有效值并不等于副线圈两端的电压有效值，所

以Uab：Ucd不等于如：n2,故A错误。

8、根据闭合电路欧姆定律，增大负载电阻的阻值R,总电流减小，电流表的读数变小，故B错误。

C、cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的

电压Ud不会随着负载电阻变化，故C错误。

D、假设副线圈两端交变电压的峰值为Um,

则二极管短路前有：副线圈两端电压的有效值g=詈，

由w=/计算电阻R的电能得：登）2R,L=增7,

求得Ucd=

流经定值电阻R的电流/cd=号=解

K

二极管短路后有：cd两端电压等于副线圈两端电压，即4/=詈，

流经定值电阻R的电流/cd'=粤

所以将二极管短路，短路前后电流表的读数比为/cd：/cd'=l：&，故O正确。

故选：Do

假设没有二极管，则可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，电流与匝数

成反比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间

变化规律，从而可求得结果。

本题考查了变压器的原理、交变电流有效值等知识点。。为易错项，我们可以先根据能量守恒关系

求出有二极管时cd段的电压的有效值及没有二极管时的有效值，再根据欧姆定律可以求出二极管短

路前后电流的有效值，从而可以求出短路前后电流表的读数比。

10.答案：CD

解析：解：4、根据功能关系可得尸=会，即Ep-x图像的斜率表示电荷所受电场力，由图可知该

电荷所受的电场力恒定，即该电场为匀强电场，故A错误；

BC、试探电荷由A向B运动，电势能增大，根据功能关系可知电场力做负功，故该正试探电荷受到的

电场力沿x轴负向，故电场方向沿x轴负向；

根据沿电场线方向电势降低，可知4、B两点电势的关系为以<9B，故8错误，C正确；

。、试探电荷仅在电场力作用下沿x轴运动，则试探电荷的电势能和动能相互转化，电势能和动能之

和保持不变，由图可知，EpA<EpB,故试探电荷在4、B两点的动能大小关系为&A>&8，故。正

确。

故选：CD。

A、根据Ep-x图像的斜率表示电荷所受电场力，结合图像得出该电场为匀强电场；

BC、根据功能关系，结合题意判断电场的方向，由电场的方向判断4、8两点电势的高低；

。、根据题意可知电势能和动能之和保持不变，结合图像求出两点的电势能关系，进而求出两点的

动能关系。

本题解题的关键是知道J-x图像的斜率表示电荷所受电场力，进而利用图像结合题意解决问题。

11.答案：BC

解析：解：由图看出，磁感应强度增大，则穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断则知，线圈

中内环有顺时针方向的感应电流，外环有逆时针方向的感应电流；故BC正确，AO错误；

故选：BC

磁感应强度随时间均匀增大，线圈产生感应电流，由楞次定律判断线圈中感应电流的方向，从而即

可求解.

本题中磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增加，线圈中产生恒定电流，注意内外环的电

流方向.

12.答案：ACD

解析：解：ABC,若将滑片P向左滑动时，变阻器在路电阻减小，总电阻减小，根据欧姆定律得知，

干路电流/增大，所以人变亮，并联电压U减小，所以减小，则G变暗，通过区电流与=/-%，/增

大，，2减小，则增大，故乙3变亮，故AC正确，8错误。

。、若滑动变阻器滑头位置不变，现将电键K1闭合，并联部分的电阻减小，分担的电压减小，则灯L2

的电压减小，因此灯乙2变暗，故。正确。

故选：ACD.

首先认识电路的结构：断开电键占，区与变阻器串联后与乙2并联，再与人串联，若将滑片P向左滑动

时，变阻器在路电阻增小，外电阻减小，根据欧姆定律分析路端电压的变化和干路电流的变化，进

而判断通过三个灯泡的电流变化情况即可判断.

本题首先要搞清电路的连接方式，其次按“局部—整体-局部”的思路进行分析.

13.答案：24.815；9.970

解析：

游标卡尺读数的方法是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.

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，注意游标卡尺不需估读，螺旋测微器需估

读.

游标卡尺的固定刻度读数为：24.80cm,游标读数为：0.05x3=0.15nun=0.015cm,所以最终读

数为：24.80cm+0.015cm=24.815cm；

螺旋测微器的固定刻度读数为：9.5mm,可动刻度读数为：0.01x47.0=0.450nun,所以最终读数

为：9.5mm+0.470mm=9.970mm.

故答案为：24.815；9.970.

14.答案：解：由电路图可知，接到a,b上时，G与8并联，是电流表，

其量程为/=它+/g=Lofi°°°+100x10-6“0,

R10.1

接c,d上时为G与&串联为电压表

其量程为U：U=%X(Rg+R2)=100x10-6x(1000+99000)=10V

答：双刀双掷开关合到a、b上时，电流表改装成电流表，其量程是14

当双刀双掷开关合到c、d上时，电流表改装成电压表，其量程是10V.

解析：先确定接在不同位置时电流表与电阻是串联还是并联关系，若是并联为电流表，若是串联为

电压表，再据所联的阻值求得相应的量程.

考查电表的改装原理，明确量程与所联电阻器的关系，会求出量程.

15.答案：解：(1)飞船在近地轨道4上运行时，根据万有引力提供向心力，则有：

GMmv2„

地面上质量为mO的物体受到的万有引力近似等于重力，即喑=mog…②

根据①②解得：〃=质

(2)卫星在同步轨道上运行时，根据万有引力提供向心力，则有：

GMm4兀2

讲演=m(R+h)产…③

根据②③解得：九=)察1一/?

答:(1)飞船在近地轨道4上运行的速率为新；

(2)假设飞船通过变轨技术进入同步轨道B,此时飞船离地高度为3匣3—R。

747r2

解析：(1)根据万有引力提供向心力，即可求解运行的速率；

(2)根据万有引力提供向心力，结合同步卫星的周期，即可求解。

解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引=mg,整

理得GM=g/?2；Q)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即尸刃=尸面,

根据相应的向心力表达式进行分析。

16.答案：解：(1)根据电场力的方向与电场线的方向是相同的，所C

以小球带正电.

(2)小球由4到B过程中，由动能定理得：+

mgLsin60°+EqL(l-cos60°)=0

_________•一

解得：E=.；

q

(3)由几何关系可知，重力与电场力合力方向与水平方向成30。角，

如图，在左侧C点(与水平夹角30。)的最小速度满足等效合力F提供向心力，而F台=2mg

则在等效最高点处有：2mg=学

解得：v=12gl

从4到C由动能定理可得：