【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卷 【精准解析】.doc，共(15)页，686.000 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FEq=，适用于任何电场B.由真空中点电荷的电场强度公式2kQEr=可知，当0r→时，E→+C.由公式

FBIL=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磁场力方向【答案】A【解析】【分析】【详解】A.电场强度的定义式FEq=，适用于任何电场，故A正确；B.当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式2kQE

r=不再成立，故B错误；C.由公式FBIL=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误；D.根据左手定则可知，磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．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12，距离增加到原来的2倍，则相互作用力变为（）A.8FB.12FC.14FD.116F【答案】D【解析】【分析】【详解】由库仑定律可得122qqFkr=变化后1212221111

22(2)1616qqqqFkkFrr===g故D正确，ABC错误。故选D。3.在如图所示的各电场中，a、b两点的电场强度相同的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．A图和B图中的ab两点的电场的方向不同，场强大小相等，所以两点的电场强度不相

同。故AB错误；C．C图中的ab两点，b点的电场线比较密，所以b点的场强大。故C错误；D．D图中的两点所在的电场为匀强电场，两点的电场强度大小相等，方向相同，场强相同，故D正确；故选D。【点睛】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.【答案】B【解析】试题分析：由安培定则可得出通电导体周围的磁场情况，注意分析其平面图形．A、由图可知，电流方向向外，则由安培定则可知，磁感线应与图示方向相反，故A错误；B、由安培定则可知，B正确；C、线圈中电流

由左侧流入，右侧流出，则由安培定则可知磁场方向向下，故C错误；D、由图可知电流由上侧流入，则由右手螺旋定则可知，内部磁感线向左，故D错误；故选B．考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．点评：通电导体周围的磁场方向要求我们能熟练判出，并能结合立体图和平面图进行分析．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/m【答案】D【解析】【分析】【详解】两板间的场强10V/m200V/m0.05UEd===

因电场为匀强电场，各点场强相同，则与A板相距1cm的C点的场强为200V/m。故选D。6.一个阻值为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.U

B.RC.URD.1R【答案】C【解析】根据qIt=，可知图线的斜率代表的是电流，而电流UIR=，选C．7.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1.0

A，此时，电动机的输出功率是P出；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P热，则（）A.=2WP出，=0.5WP热B.=1.5WP出，=8WP热C.=2WP出，=8WP热D.=1.5WP出，=0.5WP热【答案】B【解析】【分析】【详解】当电动机卡住时，电流做的功全部转化为

热能，即是纯电阻，符合欧姆定律，故可得电动机的电阻为0.20.50.4r==，正常工作时，电动机消耗的总功率为2WPUI==总，输出功率为总功率与热功率之差，故()22=210.5W1.5WPPIR出总−

=−=，若此时电动机突然卡住，则电能全部转化为内能，故热功率为222W8W0.5UPR===热，故B正确．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【答案】A【解析】【分析】【详解】ABCD．电表的满偏电流为0.2A=0.002A100gggUIR==把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为0.20.02100.002ggURII==−−BC

D错误A正确。故选A。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，ab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.线框有两边所受的安培力方向相同B.线框有两边所受的安培

力大小相同C.线框所受安培力的合力为零D.线框所受安培力的合力方向向左【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．直导线中的电流方向由M到N，根据安培右手定则可知，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到

向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向不同，故A错误；B．离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc边受到的安培力，故B正确；

CD．ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc边受到向上的安培力；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc边受到的安培力，故合力向左，故C错误，D正确。故选BD。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【答案】AD【解析】解：AB，由题，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小．故A正确，B错误．CD

、根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小．故C错误，D正确．故选AD．【点评】对于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要

掌握，这是考试的热点．特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点．11.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【答案】CD【解析】试题分析：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动

变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，而路端电压UEIr=−，则U增大，电阻1R的电压11UIR=减小，则电压表1V示数减小；并联部分的电压1UUU=−并增大，电压表2V示数增大

；U并增大，通过2R的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小．故AB错误，D正确；电压表1V的示数与电压表2V的示数之和等于U，即12UUU+=，因1V示数增大，2V示数减小，而U减小，所以电压表1V的示数增加量小于电压表2V的示

数减小量，故C正确．故选CD．【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．12.如图所示，在倾角为α的光滑“U”形金属导轨上，接触良好，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.方向垂直斜面向上，sinmgBIL=B.方向垂直斜面向下，sinmgBIL=C.方向竖直向下，tanmgBIL=D.方向竖直向上，tanmgBIL=【答案】AD【解析】

【分析】【详解】A．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，三力合力可以为零，可以使导体棒处于平衡状态，大小sinBmgIL=，A正确；B．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可

能处于平衡状态，B错误；C．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，C错误；D．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，三力合力可以为零，可以使导体棒处于平衡状态，大小tanB

mgIL=D正确．故AD。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所

示，图示中I=______A，U=______V【答案】(1).C(2).D(3).外(4).0.48(5).2.20【解析】【分析】【详解】(1)[1][2]由于电池组电动势是3V，因此电压表的量程选3V，而待测电阻约5Ω左右，则通过导线的电流最大值约ma

x0.6AxEIR==因此选量程0～0.6A电流表。(2)[3]由于待测电阻阻值较小，因此采用电流表外接法以减小实验误差。(3)[4][5]由于电流表选用0～0.6A量程，因此电流表的读数为0.48AI=由于电压表选用0～3V量程，因此电压表的读数为2.20

VU=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2.0×104Ω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。【答案】(1).×1k(2).30.9(3).6.18【解析】【分析】【详解】(1)[1]测电阻的时候指针指在中值电阻附近最为准确，阻值为2.0×104Ω的电阻为20k

Ω，所以用倍率开关是×1k比较精确(2)[2]量程是50mA时，一大格表示10mA，一小格表示1mA，读数读到最小刻度的下一位，所以示数为30.9mA(3)[3]量程是10V直流电压档时，一大格表示2V，一小格表示0.2V，读数

读到本位，则读数为6.18V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.如图所示的电路中，电源的电动势12EV=，内阻未知，18R=，21.5R=，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．【答案】（1）1A3（2）1（3）0.48W【解析】（1）灯泡的额定电流000313PIAAU===，灯丝电阻20

03LURP==；（2）断开S时，灯L正常发光，即10II=，根据闭合电路欧姆定律01LEIRRr=++（），得()1012()8311LErRRI=−+=−+=；（3）闭合S时，设外电路总电阻为R外，2231.5131.5LLRRRRR=

==++并；所以1189RRR=+=+=外并；设干路电流为I总，则121.291EIAARr===++总外；灯两端的电压LU，则221.211.2LLLRRUIVVRR===+总；灯的实际功率为LP：21.21.20.483LLLUPWWR===．点睛：对于直

流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流．16.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＝4×10－8C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。【答案】(1)3V；(2)60V/m；(3)1.44×10－7J【解析】【分析】【详解】(1)(2)从a到

b正电荷受到的电场力1FqE=电场力做的功11ababWFdqEd==所以71821.210V/m60V/m410510abWEqd−−−===a、b两点的电势差Uab=Edab=60×0.05V=

3V(3)电荷从b移到c，电场力做的功8272cos604106012100.5J1.4410JbcWqEd−−−===17.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°，在导轨所在空间，

分布着磁感应强度为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。现把一个质量为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。【答案】(1)1.5A；(2)0.30N；

(3)0.06N【解析】【分析】【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律01.5AEIRr==+(2)导体棒受到的安培力0.30NFBIL安＝＝(3)导体棒受力如图将重力正交分解1sin370.24NFmg＝＝1FF安根据平衡条件sin37mgfF安＋＝解得0.06Nf＝18.如图所示是

一个示波管工作原理图，电子经电压314.510U=V加速后以速度0v沿两极板的中线进入电压2180U=V,间距为1.0cmd=,板长5cml=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10cms=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0?v=（2）射出偏转电场时速度的偏角tan?=（3）打在屏幕上的侧移位移?OP=【答案】(1)v0=4×107m/s(2)ta

n0.1=(3)1.25cm【解析】【分析】【详解】(1)电子在加速电场中加速，由动能定理得：210102eUmv=−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：2eUamd=

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0tanyvV=代入数据解得：tan0.1=．(3)飞出电场时偏转量为：21112yat=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S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：20stv=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．