新疆乌鲁木齐市第四中学2020_2021学年高二物理上学期期末考试试题含解析

这是一份新疆乌鲁木齐市第四中学2020_2021学年高二物理上学期期末考试试题含解析，共15页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的定义式，适用于任何电场
B. 由真空中点电荷的电场强度公式可知，当时，
C. 由公式可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场
D. 磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的磁场力方向
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.电场强度的定义式，适用于任何电场，故A正确；
B.当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，故B错误；
C.由公式可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的
方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误；
D.根据左手定则可知，磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，
故D错误．
2. 甲、乙两个点电荷在真空中的相互作用力是F，如果把它们的电荷量都减小为原来的，距离增加到原来的2倍，则相互作用力变为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】由库仑定律可得
变化后
故D正确，ABC错误。
故选D。
3. 在如图所示的各电场中，a、b两点的电场强度相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】AB．A图和B图中的ab两点的电场的方向不同，场强大小相等，所以两点的电场强度不相同。故AB错误；
C．C图中的ab两点，b点的电场线比较密，所以b点的场强大。故C错误；
D．D图中的两点所在的电场为匀强电场，两点的电场强度大小相等，方向相同，场强相同，故D正确；
故选D。
【点睛】
4. 下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：由安培定则可得出通电导体周围的磁场情况，注意分析其平面图形．
A、由图可知，电流方向向外，则由安培定则可知，磁感线应与图示方向相反，故A错误；
B、由安培定则可知，B正确；
C、线圈中电流由左侧流入，右侧流出，则由安培定则可知磁场方向向下，故C错误；
D、由图可知电流由上侧流入，则由右手螺旋定则可知，内部磁感线向左，故D错误；
故选B．
考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
点评：通电导体周围磁场方向要求我们能熟练判出，并能结合立体图和平面图进行分析．
5. 如图所示，平行金属板A与B相距5cm，电源电压为10V，则与A板相距1cm的C点的场强为（ ）
A. 1000V/mB. 500V/mC. 250V/mD. 200V/m
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】两板间的场强
因电场为匀强电场，各点场强相同，则与A板相距1cm的C点的场强为200V/m。
故选D。
6. 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荷量q随时间变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为( )
A. UB. R
C. D.
【答案】C
【解析】
根据，可知图线的斜率代表的是电流，而电流，选C．
7. 有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】当电动机卡住时，电流做的功全部转化为热能，即是纯电阻，符合欧姆定律，故可得电动机的电阻为，正常工作时，电动机消耗的总功率为，输出功率为总功率与热功率之差，故，若此时电动机突然卡住，则电能全部转化为内能，故热功率为，故B正确．
8. 有一毫伏表，它的内阻是100，量程为0.2V，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫伏表应（ ）
A. 并联一个0.02的电阻B. 并联一个0.2的电阻
C. 串联一个50的电阻D. 串联一个4900的电阻
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】ABCD．电表的满偏电流为
把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为
BCD错误A正确。
故选A。
9. 通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是（ ）
A. 线框有两边所受安培力方向相同
B. 线框有两边所受的安培力大小相同
C. 线框所受安培力的合力为零
D. 线框所受安培力的合力方向向左
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．直导线中的电流方向由M到N，根据安培右手定则可知，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向不同，故A错误；
B．离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc边受到的安培力，故B正确；
CD．ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc边受到向上的安培力；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc边受到的安培力，故合力向左，故C错误，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定在A、B两点，DCE为AB连线的中垂线，现将一个正电荷q由c点沿CD移到无穷远，则在此过程中（ ）
A. 电势能逐渐减小
B. 电势能逐渐增大
C. q受到的电场力逐渐减小
D. q受到的电场力先逐渐增大后逐渐减小
【答案】AD
【解析】
解：AB，由题，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小．故A正确，B错误．
CD、根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小．故C错误，D正确．
故选AD．
【点评】对于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要掌握，这是考试的热点．特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点．
11. 电路图中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）
A. 电流表和电压表读数均增大
B. 电流表和电压表读数均减小
C. 电压表V1的示数变化量小于电压表V2的示数变化量
D. 电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数减小
【答案】CD
【解析】
试题分析：由电路图可知，滑动变阻器滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，而路端电压，则U增大，电阻的电压减小，则电压表示数减小；并联部分的电压 增大，电压表示数增大；增大，通过的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小．故AB错误，D正确；电压表的示数与电压表的示数之和等于U，即，因示数增大，示数减小，而U减小，所以电压表的示数增加量小于电压表的示数减小量，故C正确．故选CD．
【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．
12. 如图所示，在倾角为α的光滑“U”形金属导轨上，接触良好，放置一根长为L，质量为m的导体棒．在导体棒中通以电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是( )
A. 方向垂直斜面向上，
B. 方向垂直斜面向下，
C. 方向竖直向下，
D. 方向竖直向上，
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，三力合力可以为零，可以使导体棒处于平衡状态，大小
，
A正确；
B．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，B错误；
C．外加匀强磁场磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，C错误；
D．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，三力合力可以为零，可以使导体棒处于平衡状态，大小
D正确．
故AD。
二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共16分，按要求填写在相应位置）
13. 欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：
A．电池组（3V，内阻1Ω） B．电流表（0～3A，内阻约0.0125Ω）
C．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω） D．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
E．电压表（0～15V，内阻约15kΩ） F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）
G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流（0.3A） H．开关、导线
(1)为了尽量得到较好实验效果上述器材中电流表应选用的是______；电压表应选用的是______；（填写各器材前选项的字母代号）
(2)实验电路应采用电流表______接法；（填“内”或“外”）
(3)设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I=______A，U=______V
【答案】 (1). C (2). D (3). 外 (4). 0.48 (5). 2.20
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1][2]由于电池组电动势是3V，因此电压表的量程选3V，而待测电阻约5Ω左右，则通过导线的电流最大值约
因此选量程0～0.6A电流表 。
(2)[3]由于待测电阻阻值较小，因此采用电流表外接法以减小实验误差。
(3)[4][5]由于电流表选用0～0.6A量程，因此电流表的读数为
由于电压表选用0～3V量程，因此电压表的读数为
14. 如图所示为多用电表的刻度盘。若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针如图所示，则：
(1)用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是___________（选填“×10”“×100”或“×1k”）；
(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为___________mA；
(3)当选用量程为10V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为___________V。
【答案】 (1). ×1k (2). 30.9 (3). 6.18
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]测电阻的时候指针指在中值电阻附近最为准确，阻值为2.0×104Ω的电阻为20kΩ，所以用倍率开关是×1k比较精确
(2)[2]量程是50mA时，一大格表示10mA，一小格表示1mA，读数读到最小刻度的下一位，所以示数为30.9mA
(3)[3]量程是10V直流电压档时，一大格表示2V，一小格表示0.2V，读数读到本位，则读数为6.18V
三、计算题（本大题共4小题，共36分，写出必要理论根据和必要方程。）
15. 如图所示的电路中，电源的电动势，内阻未知，，，L为规格“，”的灯泡，开关S断开时，灯泡恰好正常发光．（不考虑温度对灯泡电阻的影响）试求：
（1）灯泡的额定电流和和灯丝电阻；
（2）电源的内阻；
（3）开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
（1）灯泡的额定电流 ，灯丝电阻；
（2）断开S时，灯L正常发光，即，根据闭合电路欧姆定律
，得；
（3）闭合S时，设外电路总电阻为，；
所以；
设干路电流为，则；
灯两端的电压，则；
灯的实际功率为：．
点睛：对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流．
16. 如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移到b，静电力做功为W1＝1.2×10－7 J，求：
(1)a、b两点的电势差Uab；
(2)匀强电场的电场强度E的大小；
(3)电荷从b移到c，静电力做的功W2。
【答案】(1)3 V；(2)60 V/m；(3)1.44×10－7 J
【解析】
【分析】
【详解】(1)(2)从到正电荷受到的电场力
电场力做的功
所以
a、b两点的电势差
Uab=Edab=60×0.05V=3V
(3)电荷从移到，电场力做的功
17. 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°，在导轨所在空间，分布着磁感应强度为B＝0.5 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。现把一个质量为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＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cs 37°＝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大小。
【答案】(1)1.5 A；(2)0.30 N；(3)0.06 N
【解析】
【分析】
【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律
(2)导体棒受到的安培力
(3)导体棒受力如图
将重力正交分解
根据平衡条件
解得
18. 如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压V加速后以速度沿两极板的中线进入电压V,间距为,板长的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场的屏幕上的点，（e=1.6×10-19C ，m=0.9×10-30kg）求：
（1）电子进入偏转电场时的速度
（2）射出偏转电场时速度的偏角
（3）打在屏幕上的侧移位移
【答案】(1) v0=4×107m/s (2) (3) 1.25cm
【解析】
【分析】
【详解】(1) 电子在加速电场中加速，由动能定理得：
代入数据解得：v0=4×107m/s．
(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：l=v0t1，
在竖直方向上由牛顿第二定律得：
电场方向的速度：
vy=at1
设射出偏转电场时速度的偏角为θ，则
代入数据解得：．
(3) 飞出电场时偏转量为：
代入数据解得：y1=0.25cm，电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2，则运动时间：
竖直位移：
y2=vyt2
故电子到达屏上时，它离O点的距离：
y=y1+y2
代入数据解得：y=1.25cm．