【文档说明】吉林省榆树市第一高级中学2020-2021学年高二上学期（老教材）期末备考卷（A）物理试卷含答案.doc，共(11)页，325.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-385364096c503f00d49100e1523f0763.html

以下为本文档部分文字说明：

2020-2021学年上学期高二期末备考金卷物理（A）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅

笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，共40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，每小题3分；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．下列说法正确的是()A．静电力常量是卡文迪许通过扭秤实验测得的B．元电荷e的数值最早是由库

仑用实验测得的C．奥斯特发现了电流的磁效应D．法拉第提出的“分子电流”假说，揭示了磁现象的电本质【答案】C【解析】安培提出的“分子电流”假说，揭示了磁现象的电本质，故A错误；元电荷e的数值最早是由密立根用油滴实验测得的，故B错误；奥斯特发现了

通电导线周围的小磁针发生偏转，发现了电流的磁效应，故C正确；静电力常量是库伦通过扭秤实验测得的，故D错误。2．下列说法正确的是()A．电流的方向就是电荷移动的方向B．根据公式F＝kq1q2r2当两个点电荷距离趋于0时，电场力将趋于无穷大C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该

处磁感应强度一定为零D．电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领【答案】D【解析】电流的方向为正电荷的移动方向，故A错误；库伦定律适用的研究对象是点电荷，当两个电荷距离太近则不能视为点电荷，库伦定律不再适用，故B错误；磁场方向和电流方向相同，通电

导线不受安培力，但磁感应强度不为零，故C错误；电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领，故D正确。3．两个相同的带同种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r时库仑力的大小为F，今使两小球接触后再

分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为()A．13FB．14FC．16FD．112F【答案】A【解析】设一个小球带电量为大小Q，则另一个为大小3Q，根据库仑定律，两球接触前23QQFkr=，接触再分开后，两球带电量大小分别为2Q，由库仑定律，此时库仑

力的大小222(3)3QQFFkr==，故A正确。4．电场中的三条等势线如图中实线a、b、c所示，三条等势线的电势φa>φb>φc。一电子以沿PQ方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从P运动到Q，则这一过程中电子运动的v－t图象大致是图线中的()【答案】A

【解析】由图中等势面的疏密可知，此电场为非匀强电场，从P运动到Q场强减小，电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，做加速度越来越小的运动，这一过程电子运动的v－t图象可能是A。5．如图所示，A、B为两个带等量异种电荷的金属球，将两根不带电的金属棒C、D放在两球之间，达到静电平衡后，下列叙述正

确的是()A．C棒左端电势大于C棒右端电势B．C棒左端电势等于C棒右端电势C．若用导线将C棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，将有从y流向x的电流D．若将B球接地，B所带的负电荷全部流入大地【答案】B【解析】放在电场中的导体C和D都是等势体，可知C棒左端电势等于C棒右端电势，选项A错误

，B正确；金属球A、B间的电场从A指向B，因为沿着电场线电势降低，故C棒的电势高于D棒的电势，若用导线将C棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，将有从x流向y的电流，故C错误；若将B球接地，B所带的负电荷一部分流入大地，由于

静电感应，B所带的负电荷还将保留一部分，故D错误。6．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线。若A、B点的横坐标均为1A，那么AB线段表示的功率为()A．1WB．6WC．2WD．2.5W【答案】C

【解析】由题图知，在C点，电源的总功率等于电源内部的热功率，所以电源的电动势为E＝3V，短路电流为I＝3A，所以电源的内阻r＝EI＝1Ω。图象上AB段所表示的功率PAB＝P总－I2r＝(1×3－12×1)W＝2W，

故C正确，A、B、D错误。7．如图所示，平行板电容器与一恒压直流电源相连，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电小球的电势能将增小D．若先将下极板与A点之

间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受电场力不变【答案】D【解析】根据电容的决定式C＝εrS4πkd知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容值将减小，故A错误；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B错误；电势差不变，d增大，则由公式E＝Ud分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大，故C错

误；若先将下极板与A点之间的导线断开，则电容器的电荷量不变，d改变，根据C＝QU、C＝εrS4πkd、E＝Ud结合得E＝4πkQεrS，则知电场强度不变，则小球所受电场力不变，故D正确。8．如图所示为安检门原理图，左边门框中有

一通电线圈，右边门框中有一接收线圈，工作过程中某段时间通电线圈存在顺时针方向（从左向右看）均匀增大的电流，则()A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，金属

片中没有感应电流D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化【答案】D【解析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，可知穿过右侧线圈的磁通量向右且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，A错误；通电线圈中

存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流大小不变，B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化，金属片中也会产生感应电流，C错误；有

金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，D正确。9．如图所示，金

属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流I，细线的拉力不为零。下列操作能使细绳拉力减小的是()A．磁场方向不变，电流方向不变，电流增大B．磁场方向不变，电流方向反向，电流减小C．磁场方向反向，电流方向反向，电流增大D．磁场方向反向，电

流方向反向，电流减小【答案】ABC【解析】若为图中的磁场方向和电流方向，则根据左手定则，金属棒MN所受安培力方向竖直向上，BIL＋FT＝G，当电流增大时，绳子拉力FT减小，A正确；若为图中的磁场方向，电流方向相反，则安培力竖直向下，BIL

＝G＋FT，电流减小时，绳子拉力FT减小，B正确；磁场方向反向，电流方向反向，安培力竖直向上，BIL＋FT＝G，当电流增大时，绳子拉力FT变小，C正确，D错误。10．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为滑

动变阻器。当滑动变阻器的滑片向下滑动时()A．电压表的示数增大B．流过R2的电流增大C．小灯泡的功率减小D．电源的总功率增大【答案】AD【解析】根据闭合电路欧姆定律，干路总电流1EIRrR=++并，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路中电阻变小，则R并减

小，I增大；又路端电压U＝E－Ir，则U变小。根据U1＝IR1，电压表示数增大，A正确；因为U＝U1＋U2，则并联部分电压U2减小，又U2＝I2R2，则流过电阻R2的电流I2减小；又因为I＝I1＋I2，则流过小灯泡L的电流I1增大，小灯泡的功率变大，B

、C错误；电源的总功率P＝EI，则D正确。11．如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直于直面向里的匀强磁场，一个正方形导线框abcd的一条边在x轴上，在外力作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区域，在t＝0时

该线框恰好位于图中所示位置，则()A．cd刚进入磁场时，线框中有顺时针方向的电流B．ab边进入磁场后，线框中有顺时针方向的电流C．cd边进入磁场后，线框中的电流逐渐变大D．ab边进入磁场后，线框中的电流逐渐变小【答案】B

D【解析】cd刚进入磁场时，cd切割磁感线，由右手定则，线框中有逆时针方向的电流，A错误；ab边进入磁场后，ab切割磁感线，由右手定则，线框中有顺时针方向的电流，B正确；不论ab边还是cd边，进入磁场后，切割磁感线的有

效长度均逐渐变小，电动势变小，线框中的电流逐渐变小，C错误，D正确。12．一质量m＝6kg、带电量q＝－0.1C的小球P，自倾角θ＝53°的固定光滑斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h＝6.0m，斜面底端通过一

段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E＝200N/C，忽略小球在连接处的能量损失，当小球运动到水平面时，立即撤去电场。水平面上放一质量也为m静止不动的14圆槽Q，圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R＝3m，如图所示（已知sin53°＝0.8，cos

53°＝0.6，g＝10m/s2），则以下说法正确的是()A．由静止释放到滑到斜面底端，P球的电势能增加了90JB．小球P运动到水平面时的速度大小为5m/sC．最终小球将冲出圆槽QD．最终小球不会冲出圆槽Q【答案】AD【解析】在整个过程中，电场力对P球做负功90tanhWqE=−=−J，则

ΔE＝－W＝90J，A正确；根据动能定理得21tan2hmghqEmv−=，可得v＝310m/s，B错误；设当两者速度相等时，小球上升的高度为H，根据水平方向动量守恒得mv＝2mv′，得v′＝3210m/s，根据机械能守恒得12mv2＝12×2mv′2＋

mgH，得H＝2.25m＜R，所以小球没有冲出圆槽，C错误，D正确。二、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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。1

3．(8分)在“测定金属的电阻率”的实验中：(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则该金属丝直径的测量值d＝___________mm。(2)按如图所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15Ω），实验中除开关、

若干导线之外还提供下列器材：电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）电流表A1（量程0～300mA，内阻约3Ω）电流表A2（量程0～3A，内阻约0.1Ω）滑动变阻器R1（0～50Ω）滑动变阻器R2（0～200Ω）电源（电动势为3V，内阻不计）

为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。（选填器材的符号）(3)测出Rx的值后，改变电压表的连接方式，如图所示，即可测量电源的电动势和内阻，图中Rx有两个作用：①可以增大电压随电流的变化率；②___________。【答案】(

1)0.383（0.381～0.384均可）A1(2)R1保护电路(每空2分)【解析】(1)螺旋测微器的读数为0＋0.01×38.3mm＝0.383mm。(2)估算回路中的电流为I＝xER＝0.2A＝200

mA，所以为了读数准确电流表选择A1，滑动变阻器采用限流式接法，为了调节方便滑动变阻器采用R1。(3)Rx有两个作用：①可以增大电压随电流的变化率；②防止回路中电流过大损坏电源，起到保护电路作用。14．(10分)某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用

的器材有：小灯泡L(额定电压3.8V，额定电流0.32A)；电压表V(量程3V，内阻3kΩ)；电流表A(量程0.5A，内阻0.5Ω)；固定电阻R0(阻值1000Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0Ω)；电源E(电动势5V，内阻不计)；开关S；导线若干。(1)实验要求能够

实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示，由实验曲线可知，随着电流的增加，灯丝的电阻率________。(选填“增大”“不变”或“减小”)(3)用另一电源E0(电动势4V，内阻1.00Ω)和题给器材连接成图

(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W。(结果均保留2位小数)【答案】(1)实验电路原理如图所示(4分)(2)增大(2分)(3)

0.39(2分)1.17(2分)【解析】(1)小灯泡的电压要求从0开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，小灯泡的额定电压超出电压表的量程，需与R0串联后接入电路，电路图如图所示。(2)I－U图像中随着电流的增大，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大，根据电阻定律R＝ρLS得灯丝的电阻率增大。(

3)当R＝0时，电源路端电压与电流的关系图像如图线甲所示，此时小灯泡功率有最大值。当R＝9Ω时，将R看作电源内阻，则等效电源内阻为10Ω，其路端电压与电流的关系图像如图线乙所示。此时小灯泡功率有最小值。取图线甲与小灯泡伏安特性曲线

交点：U1＝3.66V，I1＝0.319A，小灯泡的最大功率P1＝U1I1≈1.17W。取图线乙与小灯泡伏安特性曲线交点：U2＝1.77V，I2＝0.222A，小灯泡的最小功率P2＝U2I2≈0.39W。15．(6分)如图所示，在

匀强电场中，将一电荷量为2×10－4的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，求：(1)电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；(2)A、B两点间的电势差UAB；

(3)该匀强电场的电场强度E。【解析】(1)因负电荷由A移到B的过程中，负电荷的电势能增加了ΔE＝0.2J，所以这个过程中电场力对负电荷所做的功：WAB＝－ΔE＝－0.2J。(2分)(2)A、B两点间的电势差1000ABABWUq==V。(2分)(3)匀强电场的电场强度5110V/

mcos60ABUEd==。(2分)16．(8分)如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的负离子（重力可忽略）从O点以与MN成θ＝30

°角的速度v射入该磁场区域，经一段时间后从边界MN上P点射出。求：(1)入射点O与出射点P间的距离L；(2)负离子在磁场中运动的时间。【解析】(1)负离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：qvB＝

mv2R(2分)所以R＝mvqB(2分)由图象知出射点间的距离L＝2Rsin30°＝mvqB。(2分)(2)离子在磁场中的圆心角为300°，所以在磁场中运动的时间3002π5π3603mmtqBqB=

=。(2分)17．(12分)如图，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电

动势E＝6.0V、内阻r＝0.5Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.05kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6

，cos37°＝0.8，求：(1)通过导体棒的电流大小；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小。【解析】(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：2.0AEIRr==+。(

2分)(2)导体棒受到的安培力大小：F＝BIL＝0.4N(2分)根据左手定则，方向平行斜面向上。(2分)(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin37°＝0.3N(2分)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，有：

mgsin37°＋f＝F(2分)解得：f＝0.1N。(2分)18．(16分)如图所示，AB为倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面，AB长度L＝1.5m，BC为半径R＝1m的竖直光滑绝缘圆弧面，AB与BC在B点相切，C为圆弧面的最低点，在BD左

侧加一如图所示的水平匀强电场E1＝3×103N/C。现将一质量m＝4×10－4kg带电的小物块置于斜面上的A点，带电小物块恰好静止在斜面上。从某时刻开始，水平匀强电场的电场强度变为原来的一半，物块开始加速下滑。(sin

37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)带电小物块是正电荷还是负电荷，物块所带电荷量为多少？(2)沿斜面下滑到B点时，物块的瞬时速度为多大？(3)如果在BD右侧存在竖直向上的匀强电场，场强E2＝1.2×104N/C，则物块运动到C点时，轨道对小物块的支持力为多大？【解析

】(1)小物块带负电。(2分)因为带电小物块静止所受的电场力方向水平向左，与电场方向相反，根据平衡条件有：qE1＝mgtan37°(2分)解得：q＝1×10－6C。(2分)(2)从A运动到B的过程，根据动能定理得：mgLsinθ－q12E1Lcosθ＝12mvB2－

0(2分)解得：vB＝3m/s。(2分)(3)从B运动到C的过程，根据动能定理得：(mg＋qE2)(1－cosθ)R＝12mvC2－12mvB2(2分)在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg－qE2＝2Cv

mR(2分)联立解得：FN＝2.6×10−2N。(2分)