吉林省白城市2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含解析

吉林省白城市2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 物理试卷 一、选择题（50分）‎ ‎1.为已知电场中的一固定点，在点放一电荷量为的试探电荷，所受电场力为，点的场强为，则（ ）‎ A. 若在点换上一，点场强方向发生变化 B. 若在点换上电荷量为的试探电荷，点的场强将变为 C. 若在点移去电荷，点的场强变为零 D. 点场强的大小、方向与的大小、正负、有无均无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向和大小均不变．‎ A. 若在点换上一，点场强方向发生变化，选项A不符合题意；‎ B. 若在点换上电荷量为的试探电荷，点的场强将变为，选项B不符合题意；‎ C. 若在点移去电荷，点的场强变为零，选项C不符合题意；‎ D. 点场强的大小、方向与的大小、正负、有无均无关，选项D符合题意；‎ ‎2. 如图6，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是 ‎ ‎ A. 粒子在M点的速率最大 B. 粒子所受电场力沿电场方向 C. 粒子在电场中的加速度不变 D. 粒子在电场中的电势能始终在增加 ‎【答案】C - 15 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加；当达到M点后电场力做正功，加速，电势能在减小，则在M点的速度最小A错，D错；在整个过程中只受电场力根据牛顿第二定律加速度不变，C正确.‎ ‎3.如图所示，两个不同闭合电路中两个不同电源的U -I图象，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电动势E1=E2，短路电流I1＞I2‎ B. 电动势E1=E2，内阻r1＞r2‎ C. 电动势E1>E2，内阻r1＜r2‎ D. 当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由闭合电路的欧姆定律得E＝U＋Ir.当I＝0时电动势E等于路端电压U，即U－I图线和U轴的交点就是电动势，由图知，两电源的电动势相等．当U＝0时I＝E/r，U－I图线和I轴的交点就是短路电流，由图可知I1＞I2.A正确．而r＝E/I，即图线的斜率表示电源的内阻，由图知r1＜r2，B、C错误．当工作电流变化量相同时，因为r1＜r2，电源2内电压变化较大，由闭合电路的欧姆定律得E＝U外＋U内．所以电源2的路端电压变化较大．D正确 ‎4.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯恰能正常发光．如果某一时刻电灯L1灯丝烧断，则( )‎ ‎ ‎ A. L2、L3变亮，L4变暗 - 15 -‎ B L3变亮，L2、L4变暗 C. L4变亮，L2、L3变暗 D. L3、L4变亮，L2变暗 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当电灯L1的灯丝烧断后，L2这段电路电阻增大，外电路总电阻R总增大，路端电压U增大，干路电流I减小，由 R3不变，故L3变亮；由 I4=I-I3‎ 知I减小，I3增大，则I4减小，‎ U4=I4R4‎ R4不变，U4减小，则L4变暗；‎ U2=U-U4‎ U增大，U4减小，则U2增大，则L2变亮．‎ A. L2、L3变亮，L4变暗，与分析相符，故A正确．‎ B. L3变亮，L2、L4变暗，与分析不符，故B错误．‎ C. L4变亮，L2、L3变暗，与分析不符，故C错误．‎ D. L3、L4变亮，L2变暗，与分析不符，故D错误．‎ ‎5.对公式的理解，下列说法正确的是（ ）‎ A. 此公式适用于计算任何电场中A、B两点间的电势差 B. A点和B点间距离越大，则这两点电势差越大 C. 公式中的d是指A点和B点之间的距离 D. 公式中的d是A、B所在的两个等势面间的垂直距离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.公式只适用于计算匀强电场中A、B两点间的电势差，选项A错误；‎ - 15 -‎ BCD.公式中d是A和B所在等势面间的垂直距离，不是A点和B点间的距离，则A点和B点间距离越大，这两点的电势差不一定越大，选项BC错误，D正确.‎ ‎6.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 奥斯特实验说明了通电导线对磁体有作用力 B. 奥斯特实验说明了磁体对通电导线有作用力 C. 奥斯特实验说明了任意两条通电导线之间有作用力 D. 奥斯特实验说明了任意两个磁体之间有作用力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 奥斯特实验说明了通电导线对磁体有作用力，故A正确；‎ 综上所述本题答案是：A ‎7.在磁感应强度B的定义式B=F/IL中，有关各物理量间的关系，下列说法中正确的是（ ）‎ A. B由F、I和L决定 B. F由B、I和L决定 C. I由B、F和L决定 D. L由B、F和I决定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】公式中B表示磁感应强度，有磁场自身的因素决定；I为导体棒中的电流，由电路决定；L为导体棒的有效长度，由导体棒及其放在磁场中的形式决定；F为导体棒在磁场中受到的安培力，由B、I、L共同决定，故ACD错误，B正确.‎ ‎8.如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（　　）‎ A. πBR2 B. πBr2 C. nπBR2 D. nπBr2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查磁通量的公式 - 15 -‎ ‎【详解】由磁通量的公式，为具有磁场的有效面积为，解得，B对，ACD错．‎ ‎【点睛】本题学生明确磁通量的公式满足线圈平面与磁场方向垂直，能用公式进行相关的计算．‎ ‎9.如图所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计G相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计G中无示数的是（　　）‎ A. 开关闭合瞬间 B. 开关断开瞬间 C. 开关闭合一段时间后，来回移动变阻器滑动端 D. 开关闭合一段时间后 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开关闭合瞬间，电路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过线圈Ⅱ的磁通量增大，产生感应电流．故A错误；‎ B．将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过线圈Ⅱ的磁通量减小，产生感应电流．故B错误；‎ C．通电时，来回移动变阻器滑动端时，变阻器接入电路的电阻变化，电路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过线圈Ⅱ磁通量变化，产生感应电流，故C错误．‎ D．开关闭合一段时间后，线圈中是恒定的电流，线圈产生稳恒的磁场，穿过线圈Ⅱ的磁通量不变，没有感应电流产生，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎10. 电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是 - 15 -‎ A. 从a到b，上极板带正电 B. 从a到b，下极板带正电 C. 从b到a，上极板带正电 D. 从b到a，下极板带正电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 由图知，穿过线圈的磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确．‎ ‎11.一只标有“220V、60W”的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V。在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示。在如图所示的四个图线中，肯定不符合实际的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ - 15 -‎ ‎【详解】灯泡的电阻受温度的影响，不同电压下温度不同，其电阻也不同，随温度的升高电阻增大，图像斜率变大。‎ A．图像与分析不符，故A错误，符合题意；‎ B．图像与分析相符，故B正确，不符合题意；‎ C．图像与分析不符，故C错误，符合题意；‎ D．图像与分析不符，故D错误，符合题意。‎ 故选：ACD。‎ ‎12.如图所示，用电池对电容器充电，电路a 、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态。现将两极板的间距变大，则 A. 电荷将向上加速运动 B. 电荷将向下加速运动 C. 电流表中将有从a到b的电流 D. 电流表中将有从b到a的电流 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电容器极板间电压不变，根据匀强电场中电场强度和电势差的关系：‎ 极板间距变大，可知电场强度减小，电荷初始时刻静止不动，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力平衡，电场强度减小，电荷受到的电场力变小，所以电荷将向下加速运动，A错误，B正确。‎ CD．根据电容的决定式：‎ 极板间距增大，电容减小，根据电容的定义式：‎ 极板间电压不变，电容减小，电荷量减小，电容器放电，所以电流表中有从到的电流，C错误，D正确。‎ - 15 -‎ 故选BD。‎ ‎13.如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A 电势φA>φB，场强EA>EB B. 电势φA>φB，场强EAEpB ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电场线的疏密表示电场强度的相对大小，A处电场线疏，场强小，故场强EA＜EB．顺着电场线的方向电势降落，可知φA＞φB，故A错误B正确；‎ C．将电荷量为q的正电荷放在电场中，受力的方向是从A指向B，故从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少，故C正确；‎ D．负电荷受到的电场力和电场方向相反，所以从A点移动到B点，电场力做负功，电势能增大，故D错误．‎ 故选：BC。‎ ‎14.如图所示电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮 B. 当开关S闭合时，B灯先亮，A灯后亮 C. 当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后B灯更亮，A灯熄灭 D. 当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后亮度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 15 -‎ ‎【详解】当开关S闭合时，电路中的电流增加，由于线圈的自感作用，将产生一自感电动势阻碍电流的增加，此时A、B二灯相当于串联，同时亮；电路稳定后线圈相当于一段导线，将A灯短路，A灯熄灭，B灯两端所加电压增加而变得更亮，故C正确，ABD错误。‎ ‎15.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始络与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（ ）‎ ‎　 ‎ A. 感应电流方向不变 B. CD段直线始终不受安培力 C. 感应电动势最大值E＝Bav D. 感应电动势平均值 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确；‎ B．根据左手定则可以判断，受安培力向下，故B错误；‎ C．当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大，C正确；‎ D．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，故D正确．‎ ‎【点睛】由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由，分析过程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值．‎ 二、填空与实验题（共15分）‎ ‎16.(1)某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示。由图可读出l＝________cm，d＝________mm；‎ - 15 -‎ ‎(2)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。‎ ‎①按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来_______；‎ ‎②在如图乙所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端（填“A”或“B”）；‎ ‎③图丙是根据实验数据作出的U—I图象，由图可知，电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω；‎ ‎(3)在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示．闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：‎ ‎①若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是________（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）；‎ - 15 -‎ ‎②若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障．先将选择开关旋至________挡（填“欧姆×100”“直流电压10V”或“直流电流2.5mA”），再将________（填“红”或“黑”）表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱．若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是________、________、________。‎ ‎【答案】 (1). 2.25 (2). 6.860 (3). (4). B (5). 1.5 (6). 1 (7). 待测金属丝 (8). 直流电压10V (9). 红 (10). 0 (11). E (12). E ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]对游标卡尺主尺为2.2 cm，游标尺为 ‎5×mm＝0.5 mm＝0.05 cm 故 l＝2.2 cm＋0.05 cm＝2.25 cm 螺旋测微器先读出固定刻度读数，由于半刻度线已露出，所以固定刻度为6.5 mm，再读出可动刻度上的格数×0.01 mm，读数为 ‎6.5 mm＋36.0×0.01 mm＝6.860 mm ‎(2) ①[3]由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；‎ - 15 -‎ ‎②[4]为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；‎ ‎③[5][6]由U-I图可知，电源的电动势E=1.5V； 当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：‎ r=1.0Ω ‎(3) ①[7]电流表示数为零，说明电路断路，由于电压表示数为E，说明电压表两端与电源相连，因而待测金属丝断路。‎ ‎②[8][9][10][11][12]判断电路故障问题，应利用多用电表的直流电压挡，电流应从多用电表的红表笔流入多用电表，因而红表笔应与a接线柱相连，当只有滑动变阻器断路时，黑表笔接b时，多用电表不能与电源形成闭合回路，示数为零，黑表笔接c、d时，多用电表与电源两极相连，示数为电源电动势。‎ 三、计算论述题（要求每题解答时有必要的文字说明，只写出结果不给分，共35分）‎ ‎17.在磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长为1cm，电流为0.5A，所受的磁场力为5×10﹣4 N．求： ‎ ‎（1）该位置的磁感应强度多大？ ‎ ‎（2）若将该电流撤去，该位置的磁感应强度又是多大？ ‎ ‎（3）若将通电导线跟磁场平行放置，该导体所受到的磁场力多大？‎ ‎【答案】（1）0.1T （2）0.1T （3）0‎ ‎【解析】‎ ‎(1)根据公式得：‎ ‎(2)撤去电流元，该处的磁感应强度不变，B=0.1 T ‎(3)由 - 15 -‎ ‎【点睛】对于感应强度的定义式以及安培力公式F=BIL要明确其适用条件以及公式中各个物理量的含义．‎ ‎18.如图所示，匀强电场的电场强度E=2.0×104N/C，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离d=0.10m。将电荷量q=+2.0×10-8C的点电荷从A点移至B点。求：‎ ‎(1)电荷所受电场力F的大小和方向；‎ ‎(2)电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W；‎ ‎(3)A、B两点间的电势差是多少？‎ ‎【答案】(1) 4.0×10-4N，方向向右；(2) 4.0×10-5J；(3) 2.0×103V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电荷所受电场力F的大小为：‎ F=Eq=2.0×104×2.0×10-8N=4.0×10-4N，方向向右 ‎(2)电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功为：‎ W=Fd=4.0×10-4×0.10J=4.0×10-5J ‎(3)A、B两点间的电势差是：‎ U=Ed=2.0×104×0.10V=2.0×103V ‎19. 如图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框abcd，在外力作用下以恒定的速率v向右运动进入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域；线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界．已知线框的四个边的电阻值相等，均为R．求：‎ ‎（1）在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小；‎ ‎（2）在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压；‎ ‎（3）在线框被拉入磁场的整个过程中，线框中电流产生的热量．‎ - 15 -‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv 通过线框的电流为，‎ ‎（2）ab边两端的电压为路端电压 Uab＝E 所以 ‎（3）线框被拉入磁场的整个过程所用时间 线框中电流产生的热量 考点：法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势，由焦耳定律可求出产生的热量．但注意是ab边两端的电压，由于ab边切割，相当电源接入三个电阻均为R的外电阻，电源的内电阻也为R的电路，所以ab边两端的电压是电路中的路端电压．‎ ‎ ‎ - 15 -‎ ‎ ‎ - 15 -‎