【物理】湖北省荆州市沙市中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）
2019—2020学年上学期2018级
期末考试物理试卷
一、选择题:本题共12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1-8题只有一项符合题目要求,第9-12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.下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是
A. 分子间距离减小时分子势能一定减小
B. 温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C. 温度是物体内分子热运动的平均速率的标志
D. 布朗运动是液体分子的无规则运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子间距离r0时，分子势能最小，分子间距离小于r0，距离减小，分子势能增加，故A错误；
B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈，故也称之为“分子热运动”，故B正确；
C．温度是分子平均动能的标志，分子的平均动能越大，温度越高，故C错误；
D．布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，而颗粒是由成千上成万个颗粒分子组成的，所以布朗运动不是分子的运动，故D错误。
故选B。
2.两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示。两通电导线各自在C处产生磁场的磁感应强度大小都是B0，则下列说法正确的是
A. 等边△ABC区域中（包括边界）没有磁感应强度为零的点
B. 在C处磁场的总磁感应强度方向垂直于AB连线向下
C. 在C处磁场的总磁感应强度大小是B0
D. 在C处磁场方向与AB连线的中垂线方向垂直
【答案】D
【解析】
【详解】A．直导线A与B在AB连续的中点处，A与B产生的磁感应强度大小相等，方向相反，合磁感应强度是0，故A错误；
BCD．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，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为
方向水平向右，故BC错误；D正确。
故选D。
3.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A. W1
W2，q1＝q2 D. W1>W2，q1>q2
【答案】C
【解析】
【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：
W1:W2=3:1；
根据电量，感应电流，感应电动势，得：
所以：
q1:q2=1:1，
故W1＞W2，q1=q2。
A. W1W2，q1＝q2。故C正确；D. W1>W2，q1>q2。故D错误；
4.如图所示，AOC是光滑的金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属棒，立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在OA上，直到完全落在OC上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则ab棒在上述过程中( )
A. 感应电流方向是b→a
B. 感应电流方向是a→b
C. 感应电流方向先是b→a，后是a→b
D. 感应电流方向先是a→b，后是b→a
【答案】C
【解析】
【详解】在ab杆滑动的过程中，△aob的面积先增大，后减小，穿过△aob磁通量先增大，后减小，根据楞次定律可知：感应电流的方向先是由b→a，后是由a→b．故ABD错误，C正确．故选C．
【点睛】本题是楞次定律的应用，难点是分析△aob的面积变化．尤其要注意到面积在变化的过程中存在最大值，即在ab杆滑动的过程中，△aob的面积先增大，后减小，穿过△aob磁通量先增大，后减小，根据楞次定律来判断电流的方向．
5. 如图所示电路，灯A、B都能正常发光，忽然灯A变亮，灯B变暗，如果电路中有一处出现断路故障，则出现断路故障电路是（ ）
A. R1所在的支路 B. R2所在的支路
C. R3所在的支路 D. 电源所在的电路
【答案】B
【解析】试题分析： 若电阻R1断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减少，路端电压增大，而通过R3的电流增大，通过A灯和R2的总电流减小，则A灯两端的电压减小，A灯变暗．而B灯的电压增大，B灯变亮，A错；电阻R2与灯泡A是并联的，若R2断路， 电阻增大，灯泡A两端电压增大，灯泡B两端电压降低，所以灯A变亮，灯B变暗，B正确；电阻R3与灯泡B是并联的，若R3断路，外电路总电阻增大，路端电压增大，A、B两灯泡两端电压都增大，功率都变大，所以A、B两都变亮，C错；若电源电源所在的电路断路，两灯都熄灭，D错，所以本题选择B．
考点：闭合电路欧姆定律
6.如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化，规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab-t图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由图乙可知，电流为周期性变化的电流，故只需分析0.5T0内的感应电流即可；通过分析电流的变化明确磁场的变化，根据楞次定律即可得出电动势的图象。
【详解】在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在0.25T0～0.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；故C正确，ABD错误。
故选C。
【点评】本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷或！
7.通过某电阻的周期性交变电流的图象如所示。则该交流电的有效值为
A. 1.5A B. 4.5A C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：
代入数据得
解得
故选C。
8.在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路．
由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中，故选A．
考点：变压器的构造和原理．
点评：电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大．
9.如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为ra和rb．若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为Ia和Ib，则（ ）
A. ra > rb
B. Ia > Ib
C. R0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低
D. R0接到b电源上，电源的输出功率较小，电源的效率较低
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．由图象可知，图象A斜率的绝对值大于图象B斜率的绝对值，因此ra＞rb，故A正确；
B．在同一坐标系内作出电阻R0的U-I图象，如图1所示，由图象可知Ia＞Ib，故B正确；
CD．R0接到电源上，如图1所示，Ia＞Ib，Ua＞Ub，由P=UI可知，Pa＞Pb，电源效率
由于ra＞rb，所以ηa＜ηb，故C正确，D错误；
10.如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可采用的措施是
A. 适当减小两金属板的正对面积 B. 适当增大两金属板间的距离
C. 适当减小匀强磁场的磁感应强度 D. 使带电粒子的电性相反
【答案】AC
【解析】
【详解】由题意可知，当原来“右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小”，说明“电场力对粒子做负功”，电场力小于磁场力，即，则；现在，要“射出a、b板间区域时的动能比入射时大”，就是要“电场力对粒子做正功”，电场力大于磁场力；电容器带电量不变，根据、、，有；适当减小两金属板的正对面积，场强增加，可能满足，故A正确；电容器带电量不变，改变极板间距离时，根据，板间的场强不变，故电场力不变，故B错误；减小磁场的磁感应强度B，可能有，故C正确；根据左手定则，及正电荷受到的电场力与电场强度方向相同，负电荷与电场强度方向相反，则有：电场力大小与“粒子电性”无关，故D错误．
【点睛】考查粒子在电场与磁场中，受到电场力与磁场力作用，掌握电场力对粒子做功，而磁场力对粒子不做功，并理解动能定理与左手定则的应用．
11.如图所示，两根等高光滑的 1/4 圆弧轨道，半径为 r、间距为 L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻 值为 R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B，现有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置 cd 开始，在拉力作用下以初速度 v0 向右沿轨道做匀速圆周运动至 ab 处， 则该过程中（ ）
A. 通过 R 的电流方向为由 a→R→b B. 通过 R 的电流方向为由 b→R→a
C. R 上产生的热量为 D. 流过 R 的电量为
【答案】B
【解析】
【详解】金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由b→R→a，故A错误，B正确；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0，有效值，经过的时间为：，根据焦耳定律有：，故C错误；通过R的电量由公式：，故D错误．
12.如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2．则（ ）
A. 木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B. 滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动
C. 木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动
D. t=5s后滑块和木板开始有相对运动
【答案】BC
【解析】
【分析】
先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动．
【详解】ABC、由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a=的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块开始做加速度减小的变加速运动，木板做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a=．故A错误，BC正确．
D、滑块开始一起做a=2m/s2加速直线运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块开始做加速度减小的变加速运动，所以速度增大到10m/s所用的时间大于5s．故D错误．故选BC．
【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况．
二、实验题（2小题，13题6分，14题8分共14分）
13.某学习小组探究一小电珠（电阻较小）在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示。
(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请在乙方框中画出实验所需电路图________；
(2)某次测量，电流表指针偏转如图丙所示，则电流表的示数为________A；
(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丁所示，根据图线判断，将4只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，其小电珠的总功率的值约为__W(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). (2). 0.44 (3). 2.20～2.30
【解析】
【详解】(1)[1]滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示
(2)[2]由图丙所示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.44A；
(3)[3]四个灯泡并联后接入电源两端组成闭合回路，则四灯泡电原相同，设单个灯泡电流为I，则有：
代入数据并化简可得对应的U-I图像为：
在灯泡伏安特性曲线中作出对应U-I图像如图乙所示，两图像的交点即表示灯泡的工作点，则可知：
每个灯泡的功率
所以总功率为
由于作图和读数误差，所以2.20W～2.30W均可以。
14.要测量一个未知电阻Rx的阻值，实验室提供以下器材：
待测电阻Rx 阻值约为2 Ω，额定电流为2 A
电流表A1 量程为0.6 A，内阻r1＝0.5 Ω
电流表A2 量程为3.0 A，内阻r2约为0.1 Ω
变阻器R1 电阻变化范围为0～10 Ω
变阻器R2 电阻变化范围为0～1 kΩ
定值电阻 R3＝10 Ω
定值电阻 R4＝100 Ω
电源电动势E约为9 V，内阻很小
开关S，导线若干
要求实验时测量尽可能准确，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1、A2的读数I1、I2，然后利用I1－I2图象求出未知电阻的阻值Rx.
(1)实验中定值电阻应该选________，滑动变阻器应该选择________.
(2)请在图中补充完整实物连线电路______.
(3)I1－I2图象如图所示，若图线斜率为k，则电阻Rx＝________.(用题中所给字母表示)
【答案】 (1). R3 R1 (2). (3).
【解析】
【详解】(1)[1][2]采用已知内阻的小量程电流表A1替代电压表测量电压，需要串联一个大于等于
的定值电阻，所以实验中定值电阻应选用阻值为10Ω的R3，滑动变阻器应选用阻值为1～10Ω的R1；
(2)[3]测量电阻一般采用伏安法，由于待测电阻的阻值约为2Ω，额定电流为2A，最大电压为4V，而电源电动势为9V，所以必须采用分压电路，电流表外接电路进行测量，电路如图所示
(3)[4]由实验原理得
得
解得
三、计算题:本题包括4小题,共38分。解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题, 答案中必须明确写出数值和单位。
15.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 Ω的直流电源，现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨 电阻不计，g取10m/s2（已知sin37°=0.60，cos37°=0.80）．求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力大小；
（3）导体棒受到的摩擦力．
【答案】（1）1.5A（2）0.30N（3）0.06N
【解析】
【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
；
（2）导体棒受到的安培力：
；
（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力
，
由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件
，
解得：
，
方向沿斜面向下；
16.如图所示，7根长为L电阻均为R的导体棒焊接成两个对接的正方形。在拉力作用下以速率v匀速通过有界匀强磁场，磁场宽度等于L，磁感应强度为B.方向垂直于导体框平面，求：
（1）CF边刚进入磁场时两端的电压
（2）CF边刚离开磁场时两端的电压
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】(1)CF边刚进入磁场时，CF切割磁感线相当于电源，等效电路如图所示
感应电动势为，总电阻为
由串并联电路中的电压分配可知，CF两端电压为
(2)CF边刚离开磁场时，BE刚进磁场切割磁感线，相当于电源，电动势为，等效电路如图
电路总电阻为
BE两端电压为
CF边刚离开磁场时两端的电压
17.如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨间的距离L1=1m，导轨平面与水平面的夹角θ=，整个导轨平面内存在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，在导轨的底端连接一个阻值为R=0.5Ω的电阻．一根质量m=1kg、电阻不计、垂直于导轨放置的金属棒甲通过平行于导轨平面的绝缘轻绳和一个质量M=1kg、边长L2=0.8m、电阻r=0.32Ω的正方形线框乙相连，轻绳绕过固定在天花板的光滑轻质定滑轮．线框乙下方存在磁感应强度大小也为B=0.5T的有界匀强磁场，线框乙的下边距离磁场的上边界h=4.8m，磁场宽度大于线框边长．开始时用外力作用于金属棒甲，使整个系统处于静止状态，然后撤去外力，系统从静止开始运动，线框乙进入磁场时恰好做匀速运动．已知g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，求：
（1）线框乙刚开始运动时轻绳对金属棒甲的拉力大小；
（2）线框乙刚进入磁场时的速度大小以及从开始释放到线框乙刚进入磁场的过程中电阻R上产生的焦耳热；
（3）线框乙从刚开始进入到完全进入磁场的过程中，线框乙中产生的焦耳热．
【答案】（1）8N；（2）4m/s， 3.2J；（3）1.6J．
【解析】
【详解】(1)设线框乙刚开始运动时轻绳对金属棒甲的拉力大小为F
，系统刚释放的瞬间，线框乙和金属棒甲均无速度，故二者均不受安培力作用．分别对线框乙和金属棒甲受力分析，由牛顿第二定律得
Mg−F=Ma
F−mgsinθ=ma
代入数据解得
F=8N
(2)当线框乙刚进入磁场时，线框乙和金属棒甲均做匀速运动，设此时系统的速度为v，系统处于平衡状态，对线框乙：线框乙底边切割磁感线产生的电动势E2=BL2v，线框乙中流过的电流
线框乙受到的安培力F2=BI2L2，设此时绳中的张力为T，对线框乙由平衡条件得
Mg=T+F2
对金属棒甲：金属棒甲切割磁感线产生的电动势E1=BL1v，回路中流过的电流
金属棒甲受到的安培力F1=BI1L1，对金属棒甲由平衡条件得
mgsinθ+F1=T
解得
v=4m/s
对系统由能量守恒定律得
(Mg−mgsinθ)h=E0+(m+M)v2
解得电阻R上产生的焦耳热为
E0=32J
(3)线框乙从刚进入磁场到完全进入磁场的过程中，系统做匀速运动，电流恒定，安培力恒定，故此过程运动的时间为
线框乙中产生的焦耳热为
Q=rt=1.6J
18.如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）．y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外．现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力．求：
（1）带电粒子的初速度；
（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间．
【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)带电粒子以初速度沿与轴正向成角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过轴左侧磁场后，从轴上D点垂直于轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：
在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为，
解得： ；
(2)由公式得：，解得：
由可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为
带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为，时间为
带电粒子从D做匀速圆周运动到点的周期为，所用时间为
从P点到再次回到P点所用的时间为
联立解得：．
