【文档说明】河南省商丘市回民中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题 【精准解析】.doc，共(17)页，827.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试题一、选择题（每小题5分，共60分。1-8小题只有一个正确答案，9-12小题有多个正确答案。全部选对的得5分；选对但不全对的得3分；选错或不答的得0分）1.下列关于物理学史与物理学研究方法的叙述中正确的是()A.奧斯特首

先发现了电磁感应现象B.库仑最早用扭秤实验测量出电子电荷量的精确值C.法拉第最早提出了“电场”的概念D.卢瑟福通过对阴极射线的研究提出原子具有核式结构【答案】C【解析】【详解】法拉第首先发现了电磁感应现象

，选项A错误；库仑最早用扭秤实验测量出静电引力常数，密立根通过油滴实验第一次测得了电子电荷量的精确值，选项B错误；法拉第最早提出了“电场”的概念，选项C正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究提出原子具有核式结构，选

项D错误；故选C.2.如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm。把一个电量q＝10－5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，克服电场力做功1.73×10－3J，则该匀强电场

的场强大小和方向是（）A.865V/m，垂直AC向左B.865V/m，垂直AC向右C.1000V/m，垂直AB斜向上D.1000V/m，垂直AB斜向下【答案】D【解析】【详解】由题，q=10-5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线．从B移到C，电场力

对正电荷做负功，说明C点电势高于B点的电势，根据电场线与等势面垂直，且指向低电势处，电场线如图所示BC间电势差为3BCBC51.7310V173V10WUq−−−===−则该匀强电场的场强大小BC1

003V/m1000V/msin6030.22UEBC===故ABC错误，D正确。故选D。3.如图所示，两根绝缘轻绳将两个大小和材料均相同的带正电小球(可视为质点)系于同一点，A球靠在绝缘墙壁上，B球保持静止状态．两球所带

电荷量分别为qA=2q和qB=4q．现将B球与A球接触后再次释放，稳定后两球均静止，下列说法中正确的是（）A.B球的电荷量不变B.轻绳对B球的拉力变大C.A、B两球间库仑力减小D.A、B两球间距离与原来两球间距离的比值

为392【答案】D【解析】【详解】A、两个完全相同的小球接触后带电量平分，则两个小球后来的带电量：qA′＝qB′＝242qq+＝3q，B的带电量减小．故A错误；若二者之间的距离不变，根据库仑定律可知库仑力增大，所以二者之间的距离必定增大．对B球受力分析，

受重力、拉力T和库仑力F，如图所示：由图可知，△ABO∽△BMN，根据平衡条件并结合相似三角形法，有：mgFTAOABBO＝＝；由于AO与BO不变，小球的质量m不变，所以AB之间的距离增大时，绳子的拉力T不变；由上式可得：

F=mgAO•AB；设开始时AB之间的即可为L，接触后AB之间的距离为L′，则开始时：2122248kqqkqFLL＝＝；后来平衡时：2222339kqqkqFLL=＝；又：F1＝mgAO•L，F2＝mgAO•

L′；联立可得：L′＝392L，故BC错误．D正确；故选D．4.如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场．在电场中将一带电液滴从b点由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，且直线bd方向与竖直方向成45°角，下列判断正确的是()A.液滴带正电荷B.液滴的电势能减小C.

液滴的重力势能和电势能之和不变D.液滴的电势能和动能之和不变【答案】B【解析】【详解】由题可知，带电液滴受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，则液滴带负电，电场力做正功，电势能减少，故B正确，A错误；因为有

重力和电场力做功，所以液滴的电势能、动能和重力势能之和守恒，选项CD错误；故选B.5.如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于

静止状态,G为灵敏电流计．则以下说法正确的是()A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻

器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D.在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【答案】A【解析】试题分析：电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情

况．解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容

器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与R1放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；故选A．【点评】本题是电路动态分析问

题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．6.如图所示,抛物线C1、C2分别是纯电阻直流电路中,内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线．由该图可知下列说法中正确的是()A.电源的电动

势为8VB.电源的内电阻为1ΩC.电源输出功率最大值为8WD.电源被短路时，电源消耗的最大功率可达32W【答案】B【解析】【详解】根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可

知电源输出功率最大值为4W，所以C错误；根据P=I2R=I2r可知，当输出功率最大时，P=4W，I=2A，所以R=r=1Ω，所以B正确；由于E=I（R+r）=2×（1+1）=4V，所以电源的电动势为4V，所以A错误；当电源被短路时，电源消耗的最大

功率216161UPWWr===大，，所以D错误．故选B．7.如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，重力加速度为g．则（）

A.金属棒中的电流方向由N指向MB.金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO平面向上C.金属棒中的电流大小为tanmgBLD.每条悬线所受拉力大小为1cos2mg【答案】C【解析】【详解】A：根据左手定则，可以知道金属棒中的电流方向由M指向N，故A项错误．B：金属棒MN所受安培力

的方向垂直于MN和磁场方向水平向右，与OMNO平面不垂直，故B项错误．C：对金属棒受力分析如图：则tanmgBIL=，得tanmgIBL==，故C选项是正确的．D：由受力分析可以知道，2cosTmg=，得2cosmgT=，

故D项错误．所以选C．8.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A.ab中的感应

电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律BSEt=得，感应电动势

恒定，则ab中的感应电流不变，根据2PIR=可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；C．根据安培力公式FBIL=知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；D．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，fF=，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确．9.霍尔元件是一种基于霍

尔效应的磁传感器,已发展成一个品种多样的磁传感器产品族,得到广泛应用．如图为某霍尔元件的工作原理示意图,该元件中电流I由正电荷定向运动形成,下列说法正确的是()A.M点电势比N点电势高B.用霍尔元件可以测量地磁场的

磁感应强度C.用霍尔元件能够把磁学量转换为电学量D.若保持电流I恒定,则霍尔电压UH与B成正比例【答案】BCD【解析】【详解】电流I的形成是由于正电荷的定向移动，由此可知正电荷定向移动垂直向里，所受洛伦兹力向右，A错；当电荷所受洛伦兹力等于电场力时不再偏转

，电压恒定如果已知电荷定向移动速度可求出磁感强度，B对；同样，强磁场对应大电压，C对；电流恒定，电荷定向移动速度恒定，D对；10.如图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路．当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可

能是（）A.向右加速运动B.向右减速运动C.向左加速运动D.向左减速运动【答案】BC【解析】【详解】根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向

右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故BC正确，AD错误。故选BC．11.如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，

风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比，某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则（）A.电流的表达式为()0.6sin10itA=B.磁体的转速为10/rsC.风速加倍时电流的表达式

为()1.2sin10itA=D.风速加倍时线圈中电流的有效值为0.62A【答案】AD【解析】A项：通过乙图可知电流的最大值为0.6A，周期T=0.2s，故210radsT==故电流的表达式为i=0.6sin10π

t（A），故A正确；B项：电流的周期为T=0.2s，故磁体的转速为1150.2rrnssT===，故B错误；C项：风速加倍时，角速度加倍，根据Em=nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin20πt（A），故C错误；D项：根据C得分析，形成的感

应电流Im=1.2A，故有效值为1.20.6222mIIAA===，故D正确．12.含有理想变压器的电路如图所示，L1、L2、L3为“24V2W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(输出电压的有效值恒定).当开关S闭合时，灯泡均正常发光.

下列说法正确的是()A.变压器原、副线圈匝数比为1∶2B.电压表的示数为72VC.变压器的输入功率为8WD.若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁【答案】BD【解析】【详解】A．副线圈中每个灯泡中的电流LLL212412PIU===A，原线圈中的电流也

为1112I=A，副线圈电流2112126I==A，则原、副线圈的匝数比为122121nInI==，故A错误；B．副线圈两端电压为224VUU==额，则原线圈两端电压148U=V，则电压表示数为172UUU=+=额V，故B正确；C．副线圈输出的功率2

24LPP==W，则变压器的输入功率为4W，C错误；D．副线圈上再并联一个相同的灯泡，则副线圈电流增大，原线圈电流也增大，超过1L的额定电流，灯泡1L可能会烧坏，故D正确.二、实验题（共13.14两道小题，每空2分，共18分）13.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：A．

小灯泡：规格为“3.8V、0.3A”B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.5ΩC．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1ΩD．电压表：量程0～5V，内阻约为5kΩE.电压表:量程0～15V，内阻约为50kΩF.滑动变阻器：阻值范围

0～10Ω，额定电流2AG.滑动变阻器:阻值范围0～100Ω，额定电流50mAH．电池组：电动势6V，内阻约为1ΩI．开关一只，导线若干（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选______，电压表应选_____,滑动变阻器应选_______．(填器材代号)需要使小灯泡两端电压从0

逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用_________的连接方式．（2）请在虚线框内设计一个电路图______．【答案】(1).B(2).D(3).E(4).分压式(5).【解析】【详解】（1）[1][2][3][4]．小灯泡的额

定电压为3.8V，则电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.3A，为了减小测量的误差，使得测量更精确，电流表量程选择0～0.6A的B．需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，滑动变阻器要采用分压电路，故选用阻值较小的E；（2）[5][6]．小灯泡电阻约为13Ω，则有

500013==130.5VARRRR＞故灯泡电阻属于小电阻，电流表采用外接法．电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．电路图如右图．点睛：本题考查灯泡伏安特性曲线的实验；解决本题的关

键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道什么情况下选用电流表外接法，什么情况下选择电流表内接法．14.为测定电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A．待测电源(电动势约为9V)B．电压表(视为理想电压表,量程为3V)C．电阻箱R(0∼99

9.9Ω)D．定值电阻R0E.开关、导线若干(1)用欧姆表(×1)测电阻R0,欧姆表的指针如图甲所示,则R0=______Ω(2)为达到测定的目的，请将图乙所示的仪器连成一个完整的实验电路___________．(3)某同学应用所测得的数据,绘出的1/U−R图象是一条直

线,如图丙所示,测得直线的斜率k=1/90,纵坐标的截距b=2/15，则电源的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω【答案】(1).(1)10.0(2).(2)如图：(3).(3)9.0(4).2.0【解析】

【详解】（1）欧姆档所用档位为×1；指针示数为10.0；故最终读数为：10.0×1=10.0Ω；（2）由题中给定仪器可知由于没有电流表，故无法直接用伏安法进行测量；同时由于电压表量程过小；故通过电压表和定值电阻组合，由欧姆定律求解电流；再与电阻箱连接；则可得出等效的安阻法；如图所示；（3

）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+0UR(R+r)变形可得：0011rRUEERER=++由图象可知，b=01rEER+；01kER=解得：E=9.0V；r=2.0Ω；三、计算题。（本题3小题共42分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写最后答案不得分。请将答案写在答题卡

相应位置。）15.如图所示，一电荷量q=3×10-4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=R3=R4

=12Ω．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)流过电源的电流；(2)两板间的电场强度的大小；(3)小球的质量．【答案】（1）1A；（2）100N/C；（3）4×10-3kg【解析】【详解】（

1）外电路电阻2312310RRRRRR=+=+电路中总电流12A=1A102EIRr==++（2）路端电压U=E-Ir=10V两板间的场010V/m=100V/m0.1UEd==（3）设小球质量为m,由共点力平衡条件有0tanmgEq

=解得m=4×10-3kg16.如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=0.5m的光滑金属“U”型导轨，导轨右端接有R=1Ω的电阻，在“U”型导轨右侧l=1m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t=

0时刻，质量为m=0.1kg、内阻r=1Ω导体棒ab以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10m/s2．（1）求第一秒内流过ab电流的大小及方向；（2）求ab棒进磁场瞬间的加速度大小；（3）导体棒最终

停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热．【答案】（1）0.25A,方向由a流向b（2）1.25m/s2（3）0.175J【解析】【详解】（1）第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有10.5VldBEtt＝＝＝所以流过ab的电流110.25AEIRr+＝＝方

向：由a流向b；（2）依题意可知ab棒在1s末时刻进入磁场（速度仍为v0），此后磁感应强度保持不变则E2=Bdv0=0.5V220.25AEIRr+＝＝F=BI2d由牛顿第二定律，有BI2d=ma所以a=1.25m/s2（3）依据焦耳定律Q1＝I12（R+r）t1＝0.125J功能关系，则有22

010.05J2Qmv＝＝全过程回路产生的焦耳热Q=Q1+Q2=0.175J【名师点睛】此题考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律与楞次定律的应用，掌握焦耳定律与功能关系的内容，注意牛顿第二定律的运用，及图象的含义．17.在如图所示的坐

标系中，第一和第二象限（包括y轴的正半轴）内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y轴正方向、大小未知的匀强电场．p点为y轴正半轴上的一点，坐标为（0，l）；n点为y轴负半轴上的一点，坐标未知．现有一质量为m电荷量为q带正电的粒

子由p点沿y轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x轴正方向成45°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y轴经过n点，粒子的重力忽略不计．求：（1）粒子在p点的速度大小；（2）第三和第四象限内的电场强

度的大小；（3）带电粒子从由p点进入磁场到第二次通过x轴的总时间.【答案】（1）2Bqlm（2）()221Bqlm−（3）52(21)4mmqBqB++【解析】【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：r=2l，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m20vr，解得：02

qBlvm=；（2）粒子进入电场在第二象限中的逆过程为类平抛运动，速度：2102222vvv==由类平抛运动规律得：022212lvt+=（）02222qEvattm==解得：2(21)mtqB+=，2(21)qlBEm−=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：2mTqB=，粒子第一次在磁场中运

动时间：15584mtTqB==，粒子在电场中的运动时间为：22(21)2mtqB+=，粒子从开始到第二次通过x轴所用时间：t=t1+2t2=52(21)4mmqBqB++；