【文档说明】新疆乌鲁木齐市第四中学2020-2021学年高二上学期期末考试物理试题含答案.doc，共(8)页，361.500 KB，由小赞的店铺上传

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乌鲁木齐市第四中学2020-2021学年上学期阶段性诊断测试高二年级物理试题一、选择题（1-8为单选，9-12为多选）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qFE=适用于任何电场B．由真空中点电荷的电场强度公式2rQkE

=可知，当r→0时，E→无穷大C．由公式ILFB=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安培力方向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21，距离增加到原来的2倍，则相互作用力变为（）A．F8B．F21C．F41D．F1613、在如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（）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.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／m6、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．RC．RUD．R17、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出P；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热P，则（）A．WPWP5.0,2==热出B．WPWP8,5.1==热出C．WPWP8,2==热出D．WPWP5.0,5.1==热出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，ad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.线框有两条边

所受的安培力方向相同B.线框有两条边所受的安培力大小相同C.线框所受安培力合力向左D.线框所受安培力合力为零10、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11、如图所示电路图中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，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12、如图所示，在倾角为的光滑斜面上，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．ILmgBsin=，方向垂直斜面向上B．ILmgBsin=，方向垂直斜面向下C．ILmgBtan=，方向竖直向下D．ILmgBtan=，

方向竖直向上二、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1所示，图示中I=______A，U=______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。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、(8分)如图所示的电路中，电源的电动势E＝12V，内阻未知，R1＝8Ω，R2＝1.5Ω，L为规格“3V，3W”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．16、(9分)如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，ab＝5cm，bc＝12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q＝4×1

0－8C的正电荷从a移到b，静电力做功为W1＝1.2×10－7J，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。17、(9分)如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝

37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5T、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＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040kg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＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos37°＝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．18．(10分)

如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1＝4.5×103V加速后以速度v0沿两极板的中线进入电压U2＝180V，间距为d＝1.0cm，板长l＝5cm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s＝10cm的屏幕上的P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v0；(2)射出偏转电场时速度的偏角tanθ；(3)打在屏幕上的侧移位移OP。高二期末物理答案一、选择题1、A2、D3、C4、B5、D6、C7、B8、A9、BC10、AD11、CD12、AD二、实验题（本大题共2小题，每

空1分，共12分，按要求填写在空格内，）13、2.【答案】C、D外解：必选器材有：A、电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表由题，金属导线的电阻约为左右，则通过导线的电流最大值约故电流表选C变阻器F的电阻大于待测电阻，可

选择该变阻器作为即流器．故答案为：A、C、D、F、H；由题得，，而，则，则采用电流表外接法，可减小误差．电流表的读数为，电压表的读数为．为使通过待测金属导线的电流能在范围内改变，变阻器必须接成分压式电路，实验原理电路图如图，连成实验电路如图．螺

旋测微器的固定刻度读数为可动刻度读数为，所以最终读数为．14、.【答案】；；【解答】多用电表测量一个阻值约为的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是；选用量程为50mA的电流挡测量电流，由图示表盘可以知道，其分度值为

1mA，示数为；选用量程为10V的电压挡测量电压，由图示表盘可以知道，其分度值为，示数为。故答案为：；；。三、计算题（本大题共4小题，每小题各10分，共40分，写出必要理论根据和必要方程。）15答案：(1)1A3Ω(2)1Ω(3)0.48W解析：(1)灯泡的额定电流I0＝P0

U0＝33A＝1A灯丝电阻RL＝U20P0＝323Ω＝3Ω.(2)断开S时，灯L正常发光，即I1＝I0根据闭合电路的欧姆定律得E＝I0(R1＋RL＋r)r＝EI0－(R1＋RL)＝121Ω－(8＋3)Ω＝1Ω.(3)闭合S时，设外电路总电阻为R外，则R外＝RL·R2RL＋R2＋R1＝9Ω

设干路电流为I总，则I总＝ER外＋r＝1.2A灯泡两端的电压UL＝I总·RL·R2RL＋R2＝1.2V灯泡的实际功率PL＝U2LRL＝0.48W.16、[解析](1)设a、b两点的间距为d，W1＝qUab，E＝Uabd，所以E＝W1qd＝1.

2×10－74×10－8×5×10－2V/m＝60V/m。(2)设b、c两点沿电场强度方向的距离为d1，Ubc＝Ed1d1＝bc·cos60°，W2＝qUbc由以上三式得：W2＝qE·bc·cos60°＝1.44×10－7

J。(3)电荷从a移到c静电力做功为W＝W1＋W2＝qUac所以Uac＝W1＋W2q＝1.2×10－7＋1.44×10－74×10－8V＝6.6V。[答案](1)60V/m(2)1.44×10－7J(3)6.6V17、[解析](1)电子在加速电场中加速，由动能定理得：e

U1＝12mv20－0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：a＝eU2md沿电场方向的速度：vy＝at1设射出偏转电场时速度的偏角为θ，则tanθ＝vyv0代入数据解得：tanθ＝0.1。(3)

飞出电场时偏转量为：y1＝12at21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：t2＝sv0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。[答案](1)v0＝4×107m/s(2)tanθ＝0.1(3)1.25cm18．(1)1.5A；(2)0.3N；(3)0.06N．