【文档说明】宁夏吴忠市青铜峡市高级中学2020-2021学年高二上学期期末考试物理试卷【精准解析】.doc，共(19)页，1.117 MB，由小赞的店铺上传

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青铜峡市高级中学吴忠中学青铜峡分校2020-2021学年第一学期高二年级物理期末试卷一、选择题（共48分，单项选择题1-12题，每题3分，共36分；多选题13-15题，全选正确得4分，选不全得2分，有错选得0分，共12分。）1.如图所示电路中，电源电动势9VE=、内阻3

Ωr=，15ΩR=，下列说法中正确的是（）A.当S闭合时，9VBCU=B.当S闭合时，9VACU=C.当S断开时，0ACU=D.当S断开时，0ABU=【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．当S闭合时，AB间的电压为路端电压159V7.5V18ABA

CRUUERr====+BC间没有电势差，电压为零，即0BCU=故AB错误；CD．当S断开时，电路不通，电路中电流为零，电源的内电压为0，则路端电压等于电源的电动势E，即9VACUE==由欧姆定律知UAB=0故C错误，D正确。故选D。2.如图中灯泡A1、A2完全相同，带铁芯的线圈L的

电阻可忽略不计，则（）A.S闭合瞬间，A1、A2同时发光，接着A1变暗A2变得更亮B.S闭合瞬间，A1不亮A2立即亮C.S闭合瞬间，A1、A2都不立即亮D.稳定后再断开S瞬间，A1熄灭，A1灯亮且比A2更亮【答案】A【解析】【分析】【详解】当S闭合瞬间，L支路中的电流从无到有发生“变化

”，因此，在L中产生自感电动势阻碍电流增加，由于自感系数很大，对电流的阻碍作用很强，所以S接通的极短时间内L中电流几乎为零，L并没有起到“短路”的作用，A1灯中有电流通过，A1、A2同时亮。由于L中电流从无到有很快稳定，感应电动势消失，上述那种对电流的阻碍作用不

再存在，它对A1灯的短路作用形成，A1灯便熄灭，由于电路的电阻变小，A2灯便显得更亮。故选A。3.如图所示的UI−图像中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（）A.R的阻值为2.5

ΩB.电源内阻为0.5ΩC.电阻R功率为1.5WD.电源内阻消耗功率为2W【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图象Ⅱ可知，外电阻1.5Ω1.5Ω1.0URI===故A错误；B．根据UEIr=−，由图象I可知，电源电动势3.0VE=短路电流2.0AI=短电源

内阻3.0Ω1.5Ω2.0ErI===短故B错误；C．由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为1.5V，干路电流为1.0A，电阻R功率1.51.0W1.5WPUI===故C正确；D．由两图象的交点坐标，流过电阻的

电流为1.0A，电源内部消耗的功率为2211.5W1.5WPIr===故D错误。故选C。4.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则以下判断正确的是（）A.灯L1变亮，电压表的示数减小

B.灯L1变暗，电流表的示数增大C.灯L2变亮，电压表的示数增大D.灯L2变暗，电流表的示数减小【答案】A【解析】【分析】【详解】当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，滑动变阻器的阻值减小，由串反并同规律，与滑动变阻器串联的电流表读数变大，与滑动变阻器串联的灯泡L1的功率变大，灯泡L1

变亮；与滑动变阻器并联的电压表读数变小，与滑动变阻器并联的灯泡L2功率变小，变暗；A正确，BCD错误。故选A。5.下列有关物理学史、物理概念、物理原理等说法正确的是（）A.中国宋代科学家沈括在公元10

86年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。说明在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B.把试探电荷放入静电场，如果不受电场力说明该处电场强度一定为零，而把一小段通电导线放入磁场

以后如果不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度不一定为零C.电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料种类有关，与温度、压力和磁场等外界因素无关D.1932年，美国物理学家劳伦兹发明了回旋加速器，能在实验室中产生大量的高能

粒子，其高能粒子的最大动能仅取决于加速电压与加速次数【答案】B【解析】【分析】【详解】A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，故A错误；B．把试探电荷放入静电场，由F=qE知，如果不受电场力说明该处电场强度一定为零；把一小段通电导

线放入磁场以后如果不受磁场力的作用，可能是由于通电导线与磁场平行，也可能该处的磁感应强度为零，故B正确；C．电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料种类有关，与温度、压力和磁场等外界因素有关，故C错误；D．1932年，美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器。当粒子在磁场中的轨迹

半径等于D形盒的半径时，速度达到最大。根据qvB=2vmR得qBRvm=，粒子的最大动能为2222122kqBREmvm==可知高能粒子的最大动能与加速电压与加速次数无关，故D错误。故选：B。6.磁场中某区域的磁感线如图所示，则（）A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞BbB

.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜BbC.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小【答案】A【解析】【分析】【详解】AB．磁感线的疏密程度表示磁感

应强度的大小，由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出Ba>Bb所以A正确，B错误；CD．安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小B、电流大小I、导线长度L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误。故选A。7.在匀强磁场中一个电子做匀速圆周运动，如果又

顺利垂直进入另一个磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场，则（）A.粒子的速率加倍，周期减半B.粒子速率不变，轨道半径减半C.粒子速率减半，轨道半径减半D.粒子的速率不变，周期加倍【答案】B【解析】【分析】【详解】BC．带电粒子垂直进入磁场做匀速圆周运动。设原磁场的磁感应强度为B1

，另一个磁场的磁感应强度为B2。由题意可知211vqvBmr=得11qBrvm=又212BB=带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，则带电粒子垂直进入另一个磁场中做匀速圆周运动，得222vqvBmr=得122rr=所以粒子速率不变，轨

道半径减半，B正确，C错误；AD．由211214πqvBmrT=211vqvBmr=可得112πmTqB=同理，带电粒子垂直进入另一个磁场中做匀速圆周运动，则222πmTqB=结合212BB=可得122TT=所以周期减半，AD错误。故选B。8.如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖

直轴OO‘转动，当从上往下看磁铁做逆时针转动后，则【】A.线圈将逆时方向转动，转速与磁铁相同B.线圈将逆时方向转动，转速比磁铁小C.线圈将逆时方向转动，转速比磁铁大D.线圈仍将静止【答案】B【解析】当转动磁铁时，导致线圈的磁通量发生变

化，从而产生感应电流，出现安培力，导致线圈转动从上往下看用力使磁铁作逆时针转动时，则导致线圈与磁铁转动方向相同，根据楞次定律可知，感应电流方向始终是adcba，AD错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致线圈与磁铁转动方向相同，但快

慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，B正确C错误．9.如图所示，四根长直绝缘导线处于同一平面内，它们的电流强度大小关系是1234IIII=，现将其中一根导线中的电流切断（即电流等于零），可使得正方形ABCD的中点处的磁感应强度最大，则切断的电流是（）A.I1B.I2C

.I3D.I4【答案】A【解析】【分析】【详解】根据安培定则，可以判断出I1、I2、I3、I4在O点的磁感应强度方向依次为向外、向内、向内、向内。则易知，切断的电流为I1。故选A。10.下列关于磁场的相关判断和描述正确的是（）A.甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实

B.乙图中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止C.丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实D.丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实【答案】C【解析】【分析】本题考

察几种基本磁场以及安培定则的应用。【详解】A．根据安培定则，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误；B．磁感线是闭合曲线，在磁体内部从S极指向N极，故B错误；C．根据安培右手螺旋定则，如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N极向纸面内转动，故C正确；D．根据安培右手螺旋定则，如图环形导线内部

有垂直纸面向外的磁场，N极向纸面外转动，故D错误。故选C。11.如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef。已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将（）A.逐渐增大B.逐渐减小C.始终为零D.不为零，

但保持不变【答案】C【解析】【分析】【详解】ABCD．导线ef中的电流激发的磁场，其磁感线是环绕ef的一系列同心圆，由于ef位于直径ab的正上方，所以从直径一侧进入圆的磁感线，必将从直径另一侧的对称位置出来，即圆中的磁通量始终是为零的，故ABD错误，

C正确。故选C。12.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A.无论圆盘怎样转动，流过电阻R的电流均为零B.若从上向下看

，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】B【解析】【分析】【详解】A．圆盘转动时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，圆盘与电阻R组

成闭合回路，有电流通过电阻R，流过电阻R的电流不为零，A错误；B．由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，则电流沿a到b的方向流过电阻R，B正确；C．若圆盘转动方

向不变，角速度大小发生变化，由右手定则可知，电流方向不变，C错误；D．铜盘转动产生的感应电动势为212EBL=感应电流22EBLIRR==若圆盘转动的角速度ω变为原来的2倍，回路电流I变为原来2倍，电阻R不变，根据2PIR=可知，电流在R上的热功率P变为原来的4倍，D错误。故

选B。13.把电池组、开关、灯泡L1和L2及若干导线组成串联电路，并用电压表测灯L1两端的电压，当开关闭合时发现电压表读数为零，则可能出现的故障有（）A.L1的灯丝断了B.L2的灯丝断了C.L1发生了短路D.L2发生了短路【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．如果灯

泡L1的灯丝断了，电压表串联在电路中测量路端电压有示数，故A错误；B．如果灯泡L2的灯丝断了，此时L1两端没有电压，同时电压表也无法与电源相连接，故电压表中无示数，故B正确；C．如果灯泡L1发生短路，电压表相当

于与导线并联，导线电阻为零，所以电压表无示数，故C正确；D．如果灯泡L2发生短路，电压表测量路端电压有示数，故D错误。故选BC。14.关于磁场和磁感线，下列说法正确的是（）A.磁感线看不见，摸不到，但它是真实存在的B.磁感线不能相交，在磁体内部的方

向为从S极到N极C.在同一磁场中，磁感线越密的地方磁感应强度一定越大D.磁场中某点的磁感应强度的方向与该点磁感线的方向一定相反【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．磁感线看不见，摸不到，但它不存在的，A错误；B．

磁感线不能相交，在磁体内部的方向为从S极到N极，B正确；C．磁感线的疏密表示磁场强度的大小，在同一磁场中，磁感线越密的地方磁感应强度一定越大，C正确；D．磁场中某点的磁感应强度的方向与该点磁感线的方向一定相同，D错误

。故选BC。15.目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）沿图所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷。在磁

极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是（）A.A板带正电B.有电流从b经用电器流向aC.金属板A、B间的电场方向向下D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受静电力【答案】BD【解析】【分析】【详解】ABC．等离子体射入磁场后，由左手定则

知正离子受到向下的洛伦兹力向B板偏转，故B板带正电，B板电势高，电流方向从b流向a，电场的方向由B板指向A板，A、C错误，B正确；D．当Bvq＞Eq时离子发生偏转，故D正确。故选BD。二、实验题（共12分）16.某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，实验电路图如图所示。(1)该

同学设计的电路图比课本中的电路图多使用了一个定值电阻，你认为其作用是______；(2)现有电流表(0～0.8A)、开关和导线若干，实验桌上还有以下器材：A.电池一节；B.滑动变阻器(0～10Ω，允许的最大电流为2A)；C.定值电阻(阻值为2Ω，额定功率为5W)；D

.电压表(0～3V，内阻约为1000Ω)；(3)该同学某次实验时，电压表的指针位置如图所示，其读数为______V；(4)该同学通过实验得到了多组电流表和电压表的读数，并把它们描在坐标系中，如图所示，据此可知该电源的电动势为______V，内阻为______

Ω。（本小问结果保留三位有效数字）【答案】(1).保护电池(2).1.10（1.09-1.11）(3).1.50（1.47-1.53）(4).1.00（0.950-1.05）【解析】【分析】【详解】(1)[1]一般干电池允许通过的最大电流是0.5A，定值电阻可以用来保护电池，避免误调让

电流过大。(3)[2]电压表的最小刻度为0.1V，读数要估读一位，读数为1.10V。(4)[3][4]连线后，与纵轴的交点为1.50V，斜率为1.500.80Ω1.00Ω0.7rk−===17.回答下列问题：(1)关于多用电表的使用，下列操作正确的是（）A.测电压时，应按图

甲连接方式测量B.测电流时，应按图乙连接方式测量C.测电阻时，应按图丙连接方式测量D.测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量(2)用伏安法测电阻时，R的测量值比真实值偏大时接在位置_____（填“①”或“②”）。【答案】(1).BD(2).

①【解析】【分析】【详解】(1)[1]A．测电压时电流由红表笔流入多用电表，而甲图是由黑表笔流入，故A错误；B．测电流时应将待测电阻与电流表串联，且电流应从红表笔进入从黑表笔流出，故B正确；C．测量电阻时，应将待测电阻与电路断开后测量，故C错误；D．因为欧姆表的黑表笔与内部电池的正极相

连，所以测量二极管正向电阻时，应将黑表笔与二极管的正极相连，故D正确；故选BD。(2)[2]电流表内接法时，由于电流表的分压作用会使电阻的测量值偏大，而电流表的外接法由于电压表的分流作用，会使电阻的测量

值偏小，故选“①”。三、计算题（共40分）18.如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，一质量m＝

20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨电阻不计）。金属棒电阻为R0=3Ω，金属棒与导轨之间是光滑的，取g＝10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小；

(2)通过金属棒的电流的大小；(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值。【答案】(1)0.1N；(2)0.5A；(3)20Ω【解析】【分析】【详解】(1)金属棒静止在金属导轨上，受重力、支持力、安培力3个力而平衡F安＝mgsin30°代入数据得F安＝0.1N(2)由F安＝BIL，得I

＝0.5A(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：E＝I（R0＋R＋r），解得R＝EI－R0－r＝20Ω19.在如图所示的电路中，电阻16ΩR=，24ΩR=，32ΩR=，当电键K断开时，电压表示数为11VU=，

当K闭合时电压表示数为21.8VU=，求：电源的电动势E和内电阻r。【答案】9V，6Ω【解析】【分析】【详解】当电键K断开时，3R和2R串联，路端电压()1233UURRR=+外电路总电阻()123123RRRRRRR+=++由闭合电路欧姆定律得UEUrR=+代入数据得E=3+r当电

键K闭合时，2R短路，1R和3R并联路端电压为2=1.8VUU=外电路总电阻1313RRRRR=+由闭合电路欧姆定律得UEUrR=+代入数据得E=1.8+1.2r联立解得E=9Vr=6Ω20.如图所示，一个电子（电量为e）以速度v0垂直射入磁感

应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，（电子重力忽略不计），求：(1)穿过磁场的时间是多少？(2)若改变初速度大小，使电子刚好不能从右边界射出，则此时速度v是多少？（用v0表

示）【答案】(1)03dtv=；(2)012vv=【解析】【分析】【详解】(1)电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，设圆心为O点，如图所示(1)根据几何关系可得sin30dR=解得R=2d根据洛伦兹力提供向心力，则有200

vevBmR=解得02Bedmv=电子穿过磁场的时间是30112012tTT==02RTv=由于2mTeB=解得03dtv=(2)电子刚好不能从A边射出时，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得Rd=根据洛伦兹力提供向心力，则有2vevB

mR=又200vevBmR=联立解得012vv=21.如图所示，处于匀强磁场中的两根电阻不计的平行金属导轨相距1.0mL=，导轨平面与水平面成37=角，上端连接阻值为13ΩR=的电阻，下端连接阻值为26ΩR=的电阻。匀强磁场大小0.4TB=、方向与导轨平面垂直。质量为0.2kgm

=、电阻0.5Ωr=的金属棒ab放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25（已知sin370.6=，cos370.8=，210m/sg=）求：(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；(2)

求金属棒稳定下滑时的速度大小及此时ab两端的电压Uab为多少；(3)当金属棒下滑速度达到稳定时，机械能转化为电能的效率是多少。【答案】(1)4m/s2；(2)12.5m/s；4V；(3)66.7%【解析】【分析】【详解】(1)

金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律sincosmgmgma−=式解得()22100.60.250.8m/s4m/sa=−=故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为24m/s。(2)设金属棒运动达到稳定时速度为v，棒在沿导轨方

向受力平衡sincos0mgmgBIL−−=由欧姆定律有BvLIRr＝+abUIR=联立以上三式并代入数据解得12.5m/sv=4VabU=故金属棒稳定下滑时的速度大小为12.5m/sv=，此时ab两端的电压4VabU=(3)当金属棒下滑速度达到

稳定时，装置的电功率()2PIRr=+电装置的机械功率sinPmgv=机机械能转化为电能的效率PP=电机代入数据解得20.66766.7%3==故机械能转化为电能的效率是66.7%。【点睛】此题是电

磁感应与力学问题的结合题；考查法拉第电磁感应定律以及牛顿定律的应用；解决这类问题的突破口是正确分析金属棒所受安培力情况，导体棒做加速度减小的加速运动，合外力为零时加速度为零，速度最大；然后根据所处状态列方程求解，同时注意外电路的串并联情况。