【文档说明】河南省豫南九校2020-2021学年高二上学期期末联考物理试卷答案 1720.pdf，共(6)页，553.504 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理参考答案第1页（共6页）2020—2021学年上期期末联考高二物理试题一、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1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的

得0分）1．【答案】B【解析】电生磁、磁生电现象先后揭示了电与磁之间紧密联系，开启了电磁相互联系研究的新篇章，互感现象属于电磁感应现象，选项B符合题干要求；摩擦起电现象揭示了电荷转移现象，电流热效应揭示了电与热之间的联系，霍尔效应揭

示了运动的带电粒子在外磁场中因受到洛伦兹力的作用而偏转，从而在垂直于电流和磁场的方向上将产生电势差的规律，均不符合题干要求，故选B。2．【答案】D【解析】磁通量是标量，故A错误；运动的电荷，平行磁场运动

不会受到磁场力的作用，B错误；当原电流增大时，会产生反方向的自感电流来阻碍电流的增大，此时自感电动势的方向与原电流相反，当原电流减小时，会产生同方向的自感电流来阻碍电流的减小，此时自感电动势与原电流方向相反，所以C错误。穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量的变化率越大，根据

法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势越大，故D正确。3．【答案】C【解析】根据安培定则可知，通电导线cd在A点产生的磁场方向垂直纸面向里，通电导线ef在A点产生的磁场方向垂直纸面向外，但是由于ef导线离A点较

远，场强较弱，所以这两根导线在A点产生的磁场合场强方向垂直纸面向里，故A错误；同理可知B点的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度不为零，故B错误；同理可知C点的磁场方向垂直纸面向里，C选项正确；根据左手定则可判断，电流方向相反的两根

导线所受的安培力互相排斥，所以ef导线受到的安培力方向向右，故D选项错误。4．【答案】C【解析】AB．S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故B错误；C．闭合开关S待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮

，C正确；D．S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要闪亮一下再熄灭，故D错误。5．【答案】C【解析】太阳能电池每秒产生的电能为0.60.11J0.06JWUIt==××=，则每秒照射到单片单晶硅太阳能电池上

太阳光的能量大约是0.06J0.26J23%WWη==≈′，故选C。6．【答案】D【解析】A点的电势=ϕ=−PAAe5V，选项A错误；P2点的电势22=ϕ=−−pPPEe3V，故B点的电势()24ϕϕϕϕ=+−=−BAPA

27V，选项B错误；C点的电势=ϕ=−−PCCEe19V，设BP1边的中点为P，则P点的电势()23ϕϕϕϕ=+−=−PAPA19V，故P、C两点的连线是等势线，由几何关系知⊥PCAB，故该电场的电场强度方向平行AB，选项C错误；由几何关系可得AB=4cm，故该电场

的电场强度大小ϕϕ−=ABEAB=800V/m，选项D正确。高二物理参考答案第2页（共6页）7．【答案】C【解析】温度升高，热敏电阻的阻值减小，根据“串反并同”可知，报警器两端电压也减小，故A错误；由于题中各部分用电器电阻关系未知，则热敏电阻的

热功率不一定增大，故B错误；由题可知滑动变阻器、保护电阻、热敏电阻三者串联，报警器电压等于热敏电阻和保护电阻的电压之和，根据串联分压原理可知，当滑动变阻器取值大时，报警器两端电压将会很小，容易造成低压报警，也就是环境温度的高温报警，故C正确，D错误。故选C。8．【答

案】BD【解析】在0~2t0时间内，线圈磁通量的变化量为222000()2BLBLBL∆Φ=−−=，选项A错误；在00t～时间内磁通量向里面减小，因此感应电流方向为adcba，在t0~2t0时间内磁通量向外增

加，线圈中的感应电流方向为adcba，选项B正确；根据左手定则可知，在0~t0时间内ab边受到的安培力方向向左，在t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向向右，在0~t0时间内和t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向相反，选项C错误；在002t～时间内，根据法拉第电磁感应定律，产生的

感应电动势为22000022BLBLEttt∆Φ===∆，根据闭合电路欧姆定律，产生的感应电流为200BLEEIIRRRt====，通过线圈导线横截面的电荷量20022BLqItR=×=，选项D正确；

故选BD。9．【答案】BC【解析】带电粒子沿圆弧CED运动，电势能先增大后减小，电荷B对带电粒子不做功，表明点电荷A对带电粒子先做负功后做正功，因此，带电粒子与点电荷A带同种电荷，A项错误，B项正确；由于A、B两电荷

带异种电荷，因此电荷B与带电粒子带异种电荷，带电粒子沿CFD运动时，电荷B对带电粒子先做正功后做负功，因此带电粒子的电势能先减小后增大，C项正确，D项错误。故选BC10．【答案】CD【解析】根据牛顿第二定律得marvmqvB==2，则qBmvr=，mqvBa=，由题意知m、q、v、B大小

均相同，则r、a大小均相同，故A、B均错误；作出两个粒子的运动轨迹如图所示，短弧和长弧均以OP为弦，可以得出两个粒子的动量变化量大小方向均相同，时间差为qBmTt3231π==∆，C、D正确。11．【答案】BD【解析】小球能从管口处飞出，说明小球受到指

向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误；玻璃管运动速度为v，小球垂直于玻璃管向右的分运动是匀速直线运动。小球沿玻璃管方向受到洛伦兹力的分力F1=qvB，q、v、B均不变，F1不变，则小球沿玻璃管做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨

迹是一条抛物线，故B正确；洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误；D．设小球从管口出射时沿玻璃管的分速度大高二物理参考答案第3页（共6页）小为v2，222vaL=,qvBam=,小球从管口出射时的速度为222'vvv=+，小球从管口出射后，2''vqvBmR=，解得222mvqmvBLRq

B+=，故D正确。故选BD。12．【答案】AC【解析】点电荷p从x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从x=10cm到x=30cm范围内

，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高，故A正确；点电荷p在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B错误；从x=10cm到x=30cm范围内，点电荷p所受的电场力沿+x轴方向，从x=30cm

到x=50cm范围内，点电荷p所受的电场力沿-x轴方向，所以，点电荷p在x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、B对点电荷p的静电力大小相等，方向相反，故有22ABABQqQqkkrr=，其中rA=30c

m，rB=20cm，所以，QA：QB=9：4，故C正确；点电荷x=30cm处所受的电场力为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力一定先减小后增大，故D错误。故选AC。二、实验题（本题共2小题，共15分）13．【

答案】1k×重新欧姆调零15000（每空2分）【解析】（2）将选择开关拨至电阻“×100”挡，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小，为了得到准确的测量结果，让电表指针尽量指向表盘中央，该同学应选择“1k×”挡；选择挡

位后，要重新欧姆调零，再进行测量；测量后示数如图所示，则测量结果为15000Ω14．【答案】（1）2Ω（2分）（）2如图所示（3分）（3）2.86（2分）0.41（2分）【解析】（1）定值电阻应选用与电源内阻相差不多的电阻，即应选择2Ω。（3）根据闭合电路的欧姆定律有()0

UEURrR=++，整理得0111RrUERE+=+i，结合题图丙有10.35E=V-1，01.000.350.77+−=RrEΩ·V-1，解得2.86=EV，0.41=rΩ。三、计算题（本题共4小题，共47分．解题要写出必要的文

字说明、方程式和重要的演算步骤，有数据计算的题目，还应计算出最后结果，只有最后答案的不得分．）15．【答案】（）（）11A29（）W312W高二物理参考答案第4页（共6页）【解析】（1）由rRVUUE++=可得，R和电源内阻电压之和为：VrRUEU−=+（1分）由欧姆定

律可得，电路电流即通过电动机的电流为：1AVEUIrR−==+（2分）（2）电动机消耗的电功率：12WPUI==电（1分）热功率：2'3WPIR==热（1分）输出功率：9WPPP=−=电热机（2分）（3）若电动机被卡死不能转动，电路为纯电阻

电路。设此时电路的电流为I＇，根据闭合电路欧姆定律，得'2A'EIRRr==++（2分）此时电动机的热功率：2''12WPIR==热（1分）16．【答案】（1）qmgdU=（2）52qBdqBdvmm<<【解析】（1）由题意可知，微粒进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，有mgdU

q=（2分）得qmgdU=（1分）（2）带电微粒洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，RvmqvB2=（2分）从上极板边缘射入的微粒最容易从两板间射出，只要这个微粒没有射出，其他微粒就都不会射出．如图所示，若微粒刚好由极板左侧射出，则21dR=（1分）高二物理参考答案第5页（共6页）联立以上两个式

子，解得mqBdv21=（1分）同理，微粒刚好从极板右侧射出，有22222)()3(dRdR−+=（1分）解得dR52=（1分）联立解得mqBdv52=（1分）要使微粒不会从两极间射出，速率应该满足52qBdqBdvmm<<（2分）17．

【答案】（1）2mg；（2）14mgR；（3）8Rtg=，32R【解析】（1）在B点进行受力分析，由向心力公式2NvFmgmR−=（2分）代入数据，得N2Fmg=由牛顿第三定律知，NN'2FFmg==方向竖直向下（1分）（2）由

动能定理，得21=02fmgRWWmv+−−电（2分）即1142fmgRWmgRmgR+−=所以14fWmgR=−（2分）（3）水平方向只有电场力，小球水平方向做匀变速运动，加速度大小为1144mgagm=

=（1分）小球回到B点的正下方时，电场力不做功，所以回到B点正下方时，水平方向的速度大小为gR，方向水平向右。设运动的时间为t，则14gRgRgt−=−（1分）高二物理参考答案第6页（共6页）8Rtg=（1分所以在竖直方向的位移21322hgtR==（2分

）18．（13分）【答案】（1）1.2Fmg=或12265mgRvBL=（2）2BsLqR=，32244391025mgRQmgsBL=−【解析】（1）设稳定时，金属棒b的速度大小为v1，则电动势1BLvE=（1分）电路中电流2EIR=（1分）对金属棒

b有：sinmgBILθ=（1分）解得12265mgRvBL=（2分）对金属棒a有：sin1.2FmgBILmgθ=+=（1分）（2）金属棒b向下运动距离s的过程中，根据法拉第电磁感应定律Etφ∆=∆（1分）根据闭合电路欧姆定律2EIR=（1分）通过金属棒a的截面的电荷量22BsL

qItRRφ∆=∆==（1分）设金属棒a中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有211sin22mgsmvQθ=+i（2分）解得32244391025mgRQmgsBL=−（2分）