學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精寧夏吳忠中學2019-2020學年高二上學期期末考試物理試題含解析吳忠中學2019—-2020學年第一學期期末考試高二年級物理試卷命題人∶丁金龍審核人∶馮芳2020.1一、單項選擇題（本題共12小題，每小題2分,共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題意的.）1。如圖所示，把一條導線平行地放在磁針的上方附近，當導線中有電流通過時，磁針會發生偏轉?發現這個實驗現象的物理學家是(）A。 B。C。 D.【答案】C【解析】【詳解】奧斯特把一條非常細的鉑導線放在一根用玻璃罩罩著的小磁針上方,接通電源的瞬間，發現磁針跳動了一下。這一跳，使奧斯特喜出望外，接下來奧斯特花了三個月，作了許多次實驗，發現小磁針在電流周圍都會偏轉。從而證明了通電導線周圍存在磁場。故是奧斯特發現的電流磁效應,C正確，ABD錯誤。故選C。2.下列關于電源電動勢的說法中正確的是(）A。電路中每通過2C的電荷量，電源提供的電能是4J，那么電源的電動勢是0.5VB.電源的路端電壓增大時，其電源的電動勢一定也增大C。無論內電壓和外電壓如何變化，其電源的電動勢一定不變D.電源的電動勢越大,電源所能提供的電能就越多【答案】C【解析】【詳解】A．電路中每通過2C的電荷量,電源提供的電能是4J，由公式W=qE知：選項A錯誤；BC．電源電動勢是電源本身的特性，與外電路無關，,選項B錯誤，C正確；D．電源向外提供的電能等于電流做功W=EIt.可見電源向外提供的電能與電動勢、電流和時間都有關，選項D錯誤。故選C。3.關于電功和電熱.以下說法正確的是（)A。外電路電流做的功一定等于電熱B.外電路中電流所做的功一定大于電熱C.只有在外電路是純電阻的情況下,電路中才會有電熱D.當外電路有電動機、電解槽的情況下電流做的功將轉化為熱能、機械能、化學能【答案】D【解析】【詳解】ABC．外電路是純電阻電路和非純電阻電路都會產生電熱.純電阻電路中外電路電流做的功等于電熱;非純電阻電路中外電路電流做的功大于電熱，選項ABC錯誤；D．當外電路有電動機、電解槽的情況下電流做的功將轉化為熱能、機械能、化學能,選項D正確.故選D。4。如圖所示的四個圖中,分別標明了通電導線在磁場中的電流方向、磁場方向以及通電導線所受磁場力的方向，其中正確的是（)A B.C. D?！敬鸢浮緾【解析】詳解】根據左手定則，A圖導線受磁場力向下，A錯誤；B不受磁場力；C正確；D圖所受磁場力方向應垂直于導線方向，D錯誤．5.一電流表的滿偏電流Ig＝1mA，內阻為200Ω。要把它改裝成一個量程為0。5A的電流表，則應在電流表上()A.并聯一個約為200Ω的電阻B.并聯一個約為0。4Ω的電阻C.串聯一個約為0.4Ω的電阻D.串聯一個約為200Ω的電阻【答案】B【解析】【詳解】要使電流表量程變為0。5A，需要并聯分流電阻,流過分流電阻的電流：并聯部分的電壓：則需要并聯的電阻:故B項正確,ACD三項錯誤．6。光滑的水平面上有兩個小球M和N，它們沿同一直線相向運動,M球的速率為5m/s,N球的速率為2m/s，正碰后沿各自原來的反方向而遠離，M球的速率變為2m/s，N球的速率變為3m/s，則M、N兩球的質量之比為（）A。3∶1 B.1∶3 C.3∶5 D.5∶7【答案】D【解析】【詳解】選取碰撞前M球的速度方向為正方向，根據動量守恒定律得代入數據得故選D.7.在如圖所示的電路中，電源的電動勢為E,內阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置，和為定值電阻，P為滑動變阻器R的滑動觸頭,G為靈敏電流表，A為理想電流表開關S閉合后，C的兩板間恰好有一質量為m、電荷量為q的油滴處于靜止狀態在P向上移動的過程中，下列說法正確的是（）A.A表的示數變大B.油滴向上加速運動C.G中有由a至b的電流D。電源的輸出功率一定變大【答案】B【解析】【分析】油滴原來處于靜止狀態，重力與電場力平衡．G電路穩定時，電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓．當滑片P向上移動的過程中，變阻器的電壓增大,電容器的電壓增大，板間場強增大，油滴向上做加速運動．電容器充電，G中有從b到a的電流．當滑片P向下移動的過程中，油滴向下加速運動，電容器放電，G中有從a到b的電流．將S斷開到電路穩定的過程，電容器通過R2和R放電，板間場強逐漸減小，油滴向下運動，G中有從a到b的瞬間電流通過．【詳解】ABC、當滑片P向上移動的過程中,電阻變大,回路電流變小，表的示數變小，變阻器的電壓增大，電容器的電壓增大，板間場強增大，油滴向上做加速運動．電容器充電,G中有從b到a的電流．故A錯誤,B正確，C錯誤．D、當滑片P向上移動的過程中，電阻變大回路電流變小，電源的輸出功率一定變小．故D錯誤．【點評】本題是電容的動態變化分析問題，關鍵在于確定電容器的電壓及其變化．當電路穩定時，電容器的電壓等于所在支路兩端的電壓．8.一個帶電粒子（不計重力）沿垂直于磁場方向射入一個勻強磁場，粒子的一段軌跡如圖所示,軌跡上的每一小段都可以近似看成圓弧。由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小（帶電荷量不變）。由此可以確定（）A.粒子運動是從a到b，且帶正電 B。粒子運動是從b到a,且帶正電C.粒子運動是從a到b，且帶負電 D。粒子運動是從b到a，且帶負電【答案】B【解析】【詳解】由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，根據解得可知，粒子的半徑逐漸的減小,所以粒子的運動方向是從b到a,在根據左手定則可知，粒子帶正電。故選B。9.如圖所示，三根通電長直導線P、Q、R互相平行且通過正三角形的三個頂點,三條導線中通入的電流大小相等，方向垂直紙面向里；通過直導線產生磁場的磁感應強度B=kI/r,I為通電導線的電流大小，r為距通電導線的垂直距離,k為常量;則通電導線R受到的磁場力的方向是A.垂直R，指向y軸正方向B。垂直R，指向y軸負方向C.垂直R，指向x軸正方向D.垂直R，指向x軸負方向【答案】B【解析】【分析】R所在處的磁場是由P與Q中的電流產生的，由安培定則判斷出R處磁場的方向，然后由左手定則判斷出R中電流所示安培力的方向【詳解】由安培定則可知,通電指導線P、Q在R處產生的合磁場方向水平向右，即沿X軸正方向，則R處的磁場方向沿X軸正方向;由左手定則可知，通電直導線R所受安培力垂直于R指向Y軸負方向，B正確．10.在研究微型電動機的性能時,應用如圖所示的實驗電路．當調節滑動變阻器R并控制電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示數分別為0.50A和2。0V．重新調節R并使電動機恢復正常運轉，此時電流表和電壓表的示數分別為2.0A和24.0V．則這臺電動機正常運轉時輸出功率為（）A.32W B.44W C.47W D.48W【答案】A【解析】【詳解】當電動機停止轉動時,由題得電動機的電阻:當電動機正常轉動時,電動機的總功率:電動機的發熱功率：電動機正常運轉時的輸出功率是：故選A．11。如圖所示，半徑為r的圓形空間內,存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，一個帶電粒子（不計重力），從A點沿半徑方向以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并由B點射出,且∠AOB=120°，則該粒子在磁場中運動的時間為（）A。 B.C。 D?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】由圖可知，粒子轉過的圓心角為60°,根據幾何關系可知

轉過的弧長為則運動所用時間故選C。【點睛】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，首先應由幾何關系可求出圓心角和半徑;很多同學只想到了用周期來求時間，其實用線速度的定義來求時間也是一個不錯的選擇。12。如圖所示，設車廂長為l，質量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內有一質量為m的物體，以速度v0向右運動,與車廂壁來回碰撞n次后，靜止于車廂中，這時車廂的速度為（）A。v0,水平向右B.0C。，水平向右D.，水平向右【答案】C【解析】【詳解】物塊再車輛內和車發生碰撞滿足動量守恒，最后物塊和車共速，由動量守恒得解得,方向水平向右A。v0，水平向右不符合題意B。0不符合題意C。，水平向右符合題意D.，水平向右不符合題意二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分,共16分。每小題至少有一個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分。)13。如圖所示,實線表示電場線，虛線表示帶正電粒子只受電場力作用的運動軌跡，粒子先經過M點，后經過N點，則()A。M點的電勢高于N點的電勢 B.M點的電場強度大于N點的電場強度C.粒子在M點的速度大于在N點的速度 D.場力對粒子做正功【答案】AD【解析】【詳解】A．根據沿著電場線方向電勢越來越低可知M點的電勢高于N點的電勢，選項A正確;B．由圖可知M點處的電場線較疏,而N點處電場線較密，則M點處的電場強度小于N點的電場強度，選項B錯誤；CD．做曲線運動的物體所受合力指向曲線凹的一側，即電場力指向曲線凹的一側,所以粒子從M運動到N的過程中，電場力做正功，粒子的電勢能減小,動能增大，則粒子在M點的速度小于在N點的速度，選項C錯誤，D正確。故選AD。14.某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標上，如圖中的a、b、c所示，根據圖線可知（）A。電源電動勢為8V，電源內阻為2ΩB。反映Pr變化的圖線是cC.b、c線的交點與a、c線的交點的橫坐標之比一定為1∶2，縱坐標之比一定為1∶4D。當電流為1.0A時，外電路的電阻為2Ω【答案】BCD【解析】【詳解】AB．根據直流電源的總功率PE=EI，內部的發熱功率Pr=I2r,輸出功率PR=EI—I2r，可知反映Pr變化的圖線是c,反映PE變化的是圖線a,反映PR變化的是圖線b.圖線a的斜率等于電源的電動勢，由得到內部的發熱功率Pr=I2r，內阻為故A錯誤，B正確；

C．當內電阻和外電阻相等時,電源輸出的功率最大,此時即為b、c線的交點的電流，此時電流的大小為,功率的大小為，a、b線的交點表示電源的總功率PE和電源內部的發熱功率Pr隨相等，此時只有電源的內電阻,所以此時的電流的大小為，功率的大小為，所以橫坐標之比為1：2，縱坐標之比為1：4，選項C正確；D．當電流為1.0A時,外電路的電阻為故D正確.

故選BCD。15.根據磁場對電流會產生作用力原理,人們研制出一種新型的炮彈發射裝置—電磁炮，它的基本原理如圖所示，下列結論中正確的是（）A。要使炮彈沿導軌向右發射，必須通以自N向M的電流B。要想提高炮彈的發射速度，可適當增大電流C。要想提高炮彈的發射速度，可適當增大磁感應強度D。使電流和磁感應強度的方向同時反向,炮彈的發射方向亦將隨之反向【答案】BC【解析】【詳解】A．電磁炮是靠安培力加速,要使炮彈沿導軌向右發射，則安培力向右，由左手定則可判斷MN中的電流方向為MN，A錯誤；BC．要想提高炮彈的發射速度，應增大安培力，由可得，BC正確；D．使電流和磁感應強度方向同時反向，安培力方向不變,D錯誤。故選BC。16.如圖所示，一個速度為v0的一價正離子恰能沿直線飛出速度選擇器，選擇器中磁感強度為B，電場強度為E，離子的重力不計，下列說法正確的是(）A.若B、E均增加為原來的2倍且v0不變則一價正離子仍沿直線運動B。若B、E、v0均增加為原來的2倍，則一價正離子仍沿直線運動C.若僅把一價正離子換成二價正離子，則離子仍沿直線運動D.若僅把一價正離子換成二價負離子,則向上極板偏轉【答案】AC【解析】【詳解】速度為的一價正離子恰能沿直線飛出速度選擇器電場力向下，根據左手定則，洛倫茲力向上，根據平衡條件,有A．若B、E均增加為原來的2倍且不變，則電場力變為2qE，洛倫茲力變為,依然平衡,故粒子仍沿直線前進,故A正確；B．若B、E、v0均增加為原來的2倍，則電場力變為2qE，洛倫茲力變為，不再平衡,做曲線運動，故B錯誤；C．若僅把一價正離子換成二價正離子，則電場力變為2qE，洛倫茲力變為,依然平衡，故粒子仍沿直線前進,故C正確；D．若僅把一價正離子換成二價負離子,則電場力變為2qE，洛倫茲力變為，電場力和洛倫茲力同時反向，依然平衡,故粒子仍沿直線前進，故D錯誤。故選AC。三、實驗題（本題共2小題，共16分)17。測定一節干電池（電動勢約為1.5V，內阻約為2Ω）的電動勢和內阻的實驗中，提供的器材有：A．電壓表量程為3V，內阻約為5kΩB．電壓表量程為15V，內阻約為10kΩC．電流表量程為0。6A,內阻約為0。1ΩD．電流表量程為3A,內阻約為0.01ΩE．變阻器R1(20Ω，3A）F．變阻器R2為(500Ω，0.2A）G．開關、導線若干(1)為了較準確測量電池的電動勢和內阻，電壓表應該選__________（填A或B）；電流表應該選________（填C或D)；變阻器應該選__________(填E或F）；實驗電路圖應該選圖中的圖__________（填“甲”或“乙”）。（2)實驗測得一個電池的路端電壓U和通過電池的電流強度I的關系圖像如圖所示。由圖可以求得電源電動勢E=__________V，內電阻r=__________Ω?！敬鸢浮?1).A(2)。C(3）。E(4)。乙（5).1.5（6）。1。0【解析】【詳解】(1)[1]一節蓄電池：電動勢約為2V，內阻約為,電壓表應選A；［2]電路最大電流不到0。75A，不到3A的三分之一，為減小實驗誤差，電流表應選C;[3]為方便實驗操作，滑動變阻器應選E；［4]由于電源內阻較小,選用甲圖測量值將包含電流表的阻值，測量值偏大，為減小實驗誤差,應選擇圖乙所示實驗電路.（2）[5]由可得，電動勢[6］內阻18.（1）用如圖所示的多用電表測量電阻,要用到選擇開關K和兩個部件S、T．請根據下列步驟完成電阻測量：①旋動部件________，使指針對準電流的“0"刻線．②將K旋轉到電阻擋“×100"的位置．③將插入“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動部件________________________________________________________________________．使指針對準電阻的________（填“0刻線”或“∞刻線”）．④將兩表筆分別與待測電阻相接,發現指針偏轉角度過小，為了得到比較準確的待測量結果，請從下列選項中挑出合理的步驟．并按________的順序進行操作,再完成讀數測量．A．將K旋轉到電阻擋“×1k”的位置B．將K旋轉到電阻擋“×10"的位置C．將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接D．將兩表筆短接，旋動合適部件，對電表進行校準（2)如圖所示，為多用電表的表盤，測電阻時，若用的是“×100”擋，這時指針所示被測電阻的阻值應為________Ω；測直流電流時，用的是100mA的量程,指針所示電流值為________mA；測直流電壓時,用的是50V量程，則指針所示的電壓值為________V．【答案】（1)①S(1分）③T(1分）0刻線(1分)④ADC（1分）（2)1700（2分）46或47（2分）23.3———23。6（2分）【解析】試題分析：（1）電表使用前要調節調零旋鈕，使指針指在0刻線位置，故調節S旋鈕;（3）歐姆表測量前要進行歐姆調零，故調節T旋鈕使指針指向電阻0刻線;（4）指針偏轉度過小，說明電阻偏大，故需選擇較大的倍率;每次換擋要重新調零然后測量電阻；故步驟為ADC；（5）①歐姆表讀數=刻度盤讀數×倍率=17×100Ω=1700Ω；為了使測量結果比較準確，指針指在中央刻度附近，故選×1k，②選用量程為50mA的電流擋，讀數選取中間刻度第二排，讀數為：23。2mA，故100mA的量程時的讀數為：46mA;選用量程為50V的電壓擋,讀數選取中間刻度第二排，讀數為：23。2mA．考點：多用電表測量電阻【名師點睛】本題關鍵是明確歐姆表的使用方法、減小誤差方法,會使用歐姆表讀數，不要忘記乘以倍率．根據多用電表使用的操作步驟及注意事項作答；指針偏轉角度小說明被測電阻阻值較大，改用大量程，換擋后要注意歐姆調零；歐姆表的讀數用表盤刻度乘以倍率；用多用電表的電流檔與電壓檔時讀數要注意估讀．四、計算題（本題共5小題,共44分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分,有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）19.如圖所示，光滑的水平臺子離地面的高度為h，質量為m的小球A以一定的速度v0在高臺上運動，與放在臺面邊緣質量為M的小球B發生碰撞并粘連在一起后，從邊緣水平射出，最終落地，求∶（1)A、B一起運動的速度；(2)飛出臺面后的水平射程?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】(1）小球A小球B發生碰撞并粘連在一起,根據動量守恒有解得A、B一起運動的速度(2）飛出臺面后做平拋運動，豎直方向上有解得則水平射程為20。如圖所示,電阻R1=4Ω,R2=6Ω，電源內阻r=0。6Ω，如果電路消耗的總功率為40W，電源輸出功率為37。6W，則電源電動勢和R3的阻值分別為多大？【答案】20V【解析】電源內阻消耗的功率為，得：

由得：

外電路總電阻為,由閉合電路歐姆定律

得：．點睛：對于電源的功率要區分三種功率及其關系：電源的總功率，輸出功率，內電路消耗的功率，三者關系是．21.豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場.其電場強度為E，在該勻強電場中,用長為L絲線懸掛質量為m的帶電小球,絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，如圖所示，重力加速度為g。求：（1)小球所帶電荷的電性及電荷量大小;(2）若剪斷絲線,小球在平行金屬板間加速度大小?！敬鸢浮浚?）正電，；(2)【解析】【詳解】（1)小球受重力豎直向下，電場力水平向右，繩子拉力沿繩子向上，處于三力平衡狀態，受力分析圖如圖所示因為小球受到向右的電場力，所以小球帶正電,由物體的平衡條件可得解得（2)剪斷細線后小球所受重力豎直向下，電場力水平向右根據牛頓第二定律得解得22.如圖所示，PQ和MN為水平放置的光滑平行金屬導軌，間距為L=1.0m，