貴陽市普通高中20202021學年度第一學期高二期末考試物理試題22021年1月學校：北大新世紀貴陽實驗學校考試時間：90分鐘試卷滿分：100分一、單選題（本題共12題，每小題2分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題意的。請將符合題意選項前的字母填在答題卡對應題號下的空格中。）1．關于點電荷、元電荷、檢驗電荷，下列說法正確的是（）A．點電荷所帶電荷量一定是元電荷電荷量的整數倍B．點電荷所帶電荷量一定很小C．元電荷實際上是指電子和質子本身D．點電荷、元電荷、檢驗電荷是同一種物理模型2．下列說法正確的是（）A．由庫侖定律可知，當時，B．處于靜電平衡狀態的導體內部場強處處為零C．電場中某點的電場強度越大，則該點的電勢越高D．電場線與等勢面平行3．對于水平放置的平行板電容器，下列說法正確的是（）A．將兩極板間的距離增大，電容器的電容將增大B．將兩極板平行錯開，使正對面積減小，電容器的電容將減小C．將兩極板平行錯開，使正對面積減小，電容器的電容將增大D．將電容器兩極板的電量減少，電容器的電容將減小4．如圖所示，帶電量為的金屬小球靠近不帶電的導體，是導體內部的一點，點到的距離為，下列正確的是（）A．導體左端帶正電荷，右端帶負電荷B．在點產生的場強為零C．把導體左右兩端用導線相連，正、負感應電荷就會中和D．把帶正電的小球和導體用導線相連，導線中會有瞬間電流通過5．一燈泡的額定電壓為、額定功率為，當其正常工作時，則11分鐘內通過燈絲橫截面的電荷量為（）A． B． C． D．6．有一個電流表G，內阻Rg=25Ω，滿偏電流Ig=4mA．要把把它改裝為量程為0～3V的電壓表，要（）A．串聯一個725Ω的電阻B．并聯一個725Ω的電阻C．并聯一個750Ω的電阻D．串聯一個750Ω的電阻7．電源電動勢為E，內電阻為r，電源向可變電阻R供電，下列說法中正確的是（）A．電動勢和電勢差單位相同，物理意義也相同B．由可知I增大時，路端電壓增大C．電源電動勢E等于電源兩極間的電壓D．電源電動勢E等于內、外電路上的電壓之和8．如圖所示的電路中，R1為定值電阻，R2為光敏電阻（光照越強電阻越小），C為電容器，電源內阻不可忽略。閉合開關后，當光照減弱時，下列說法中正確的是（）A．R1的電功率增大B．電流表的示數增大C．電源的效率提高D．電容器兩端電勢差增大9．首先發現電流磁效應的科學家是（）A．麥克斯韋 B．赫茲 C．奧斯特 D．法拉第10．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1，D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是（）A．被加速的粒子從磁場中獲得能量B．被加速的粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期隨半徑的增大而增大C．只增加狹縫間的加速電壓，被加速粒子離開加速器時的動能增加D．想要粒子獲得的最大動能增大，可增大D型盒的半徑11．如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ。則（）A．僅棒中的電流變小，θ變小B．僅兩懸線等長變長，θ變大C．僅金屬棒質量變大，θ變大D．僅磁感應強度變大，θ變小12．磁流體發電是一項新興技術。如圖所示，間距為d的平行金屬板之間有大小為B的勻強磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體，以速度v向右噴人磁場。圖中虛線框部分相當于發電機。把兩個極板與用電器相連，則（）A．平行板間負電荷向上偏轉 B．用電器中的電流方向從B到AC．若只增強磁場，發電機的電動勢減小 D．若發電機內阻不計，則用電器兩端電壓為Bdv二、多選題（本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題意。請將符合題意選項前的字母填在答題卡對應題號下的空格中。全部選對得4分，選對不全得2分，有錯選或不選得0分。）13．許多科學家在物理學發展過程中做出了重要貢獻，下列說法中正確的是（）A．卡文迪許測出引力常數B．法拉第發現電磁感應現象C．安培提出了磁場對運動電荷的作用力公式D．庫侖總結并確認了真空中兩個靜止電荷之間的相互作用規律14．用比值法定義物理量是物理學中一種很重要的思想方法，下列哪些公式是這些物理量的比值定義式（）A．加速度 B．電阻C．電場強度 D．電流強度15．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩個帶等量正電的點電荷M、N，分別固定在A、B兩點，O為AB連線的中點，CD為AB的垂直平分線．在CO之間的P點由靜止釋放一個帶負電的小球P，在以后的一段時間內，P在CD連線上做往復運動，則（）A．小球P向O點運動的過程中加速度一定不斷減小，速度一定不斷增大B．小球P向O點運動的過程中加速度可能先增大后減小，速度則一定不斷增大C．小球P遠離O點運動的過程中電場力一定做負功D．小球P經過O點時速度一定最大16．如圖所示，兩個固定傾斜放置的光滑平行金屬導軌間距為L，電阻不計，導軌平面與水平方向的夾角為θ，導軌上端接入一內電阻可忽略的電源，電動勢為E．一粗細均勻的金屬棒電阻為R，質量為m．已知當地的重力加速度為g，金屬棒水平放在導軌上且與導軌接觸良好，欲使金屬棒靜止在導軌上不動，則以下說法正確的是（）A．可加豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B．可加豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為C．所加勻強磁場磁感應強度的最小值為D．所加勻強磁場磁感應強度的最小值為17．如圖所示，正方形容器處在勻強磁場中，一束電子從a孔垂直進入磁場射入容器中，其中一部分從c孔射出，一部分從d孔射出，則下列說法正確的是（）A．從兩孔射出的電子速率之比為B．從兩孔射出的電子在容器中運動所用時間之比為C．從兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度大小之比D．從兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度大小之比三、實驗題（本題共2小題，共15分。請直接將答案填在答題卡的對應橫線上，不要求寫出說明或過程。）18．（4分）如圖所示為一多量程電壓表內部電路如圖所示。其中電流計G的內阻Rg=15Ω，滿偏電流Ig=1mA，則R1=__________，R2=__________。19．（11分）某同學要精確測量某一金屬絲的電阻率。（1）先用多用電表×1擋粗測其電阻，指針偏轉如圖甲所示，讀數為________Ω，然后用螺旋測微器測其直徑如圖乙所示，讀數為________mm，最后用米尺測其長度如圖丙所示，其讀數________cm。（2）采用伏安法進一步測定這段金屬絲的電阻。有以下器材可供選擇：（要求測量結果盡量準確）A．電池組（3V，內阻約1Ω）B．電流表（0~3A，內阻約0.025Ω）C．電流表（0~0.6A，內阻約0.125Ω）D．電壓表（0~3V，內阻約3kΩ）E．電壓表（0~15V，內阻約15kΩ）F．滑動變阻器（Ω，額定電流1A）G．滑動變阻器（Ω，額定電流）H．開關，導線實驗時應選用的器材是________（選填器材前字母代號）。請在下面的虛線框中補全實驗電路圖______。用該方法測金屬絲電阻，測量結果會比真實值偏________（選填“大”或“小”）。在某次測量時電表示數如圖丁所示，則電流表示數為________，電壓表的示數為________。（3）為了減小系統誤差，有人設計了如圖戊所示的實驗方案。其中是待測電阻，R是電阻箱，、是已知阻值的定值電阻。閉合開關S，靈敏電流計的指針偏轉。將R調至阻值為時，靈敏電流計的示數為零。由此可計算出待測電阻________。（用、、表示）四、解答題（本題共4小題，共41分。解答時寫出必要的文字說明、方程和演算步驟。只寫出答案的不能得分，有數值計算的題，答案必須明確寫出數值和單位。）20．（6分）如圖所示，粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向的直線AO方向射入電場，由B點飛出勻強電場時速度方向與AO方向成45°．已知粒子質量為m，電荷量為2e．求OB兩點間電勢差．21．（8分）如圖所示，有一電子（質量為m，電荷量的絕對值為e），由靜止經電壓為Uo的加速電場加速后，沿兩塊水平正對且平行放置的金屬板的中線進入板間．已知兩塊金屬板間的距離為d、板間的電壓為U，若電子剛好擦著板的邊緣射出電場．不計重力，求：（1）電子射出加速電場時的速率；（2）金屬板的長度。22．（12分）在如圖所示的電路中，R1是由某金屬氧化物制成的導體棒，實驗證明通過它的電流I和它兩端電壓U遵循I＝kU3的規律(式中k＝0.02A/V3)；R2是普通電阻，阻值為24Ω，遵循歐姆定律，電源電動勢E＝6V．閉合開關S后，電流表的示數為0.16A．求：（1）R1兩端的電壓；（2）電源的內電阻r；（3）R1、R2和r消耗的電功率P1、P2和Pr。23．（15分）如圖所示，在y軸左則有一平行x軸方向的勻強電場，電場強度，在y軸右側存在垂直紙面向里的勻強磁場，第一象限內磁場的磁感應強度大小，第四象限內磁場的磁感應強度大小為．現有一比荷的粒子中，從電場中與y軸相距10cm的P點（圖中未標出）由靜止釋放，粒子運動一段時間后從M點進入磁場，并一直在磁場中運動且多次垂直通過x軸，不計粒子重力，試求：（1）粒子進入磁場時的速度大小；（2）從粒子進入磁場開始計時到粒子第三次到達x軸所經歷的時間；（3）粒子軌跡第一次出現相交時所對應的交點坐標。參考答案1．A【解析】A、元電荷是指一個電子所帶的電荷量，電子電荷量的大小是最小的，任何帶電體所帶電荷量都是元電荷電荷量的整數倍，故A正確；B、在條件滿足情況下點電荷可以代替任何帶電體，點電荷是一種理想化的物理模型，其帶電荷量并不一定是很小的，故B錯誤；C、元電荷是指一個電子所帶的電荷量，并不是指電子或質子本身，故C錯誤；D、點電荷是一種理想化的物理模型，元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，任何帶電體所帶電荷都是e的整數倍，檢驗電荷是用來檢驗電場是否存在的點電荷，所以點電荷、元電荷、檢驗電荷不是同一種物理模型，故D錯誤；故選A。【點睛】點電荷是一種理想化的物理模型，元電荷指的是最小的電量單位，數值上等于一個電子或一個質子所帶的電量，任何帶電體所帶的電荷量只能是元電荷的整數倍，檢驗電荷是用來檢驗電場是否存在的點電荷。2．B【解析】庫侖定律使用的條件是真空中的點電荷，當r→0時，不能看成點電荷，庫侖定律不再適用．故A錯誤；當感應電荷的電場與外電場大小相等時方向相反時達到靜電平衡，所以處于靜電平衡狀態的導體內部場強處處為0．故B正確；電勢的高低與電場強度的大小無關，電場中某點的電場強度越大，該點的電勢不一定高．故C錯誤；電場線與等勢面垂直．故D錯誤．故選B.點睛：此題考查了庫侖定律、靜電感應現象電場線與電勢的關系以及電場線與等勢面的關系．其中處于靜電感應平衡狀態導體的特點，導體內部合場強處處為零，是一個等勢體，這是題目中易錯的地方．3．B【解析】由電容器的決定式可知，間距加大時，電容C將減小；故A錯誤；錯開兩極板時，正對面積減小，故電容將減小；故B正確，C錯誤；由電容器的決定式可知，電容器的電容大小與兩極板的電量無關；故D錯誤；故選B．4．D【解析】+Q靠近M時，M中的自由電子被Q吸引到左端，故左端帶負電，右端帶正電，A錯誤；M點的合場強為零，+Q在M處產生的電場強度不為零，B錯誤；因為在+Q的電場中，M為一個等勢體，所以把導體左右兩端用導線相連，自由電荷不會發生移動，C錯誤；把帶正電的小球和導體用導線相連，自由電荷將發生移動，故導線中會有瞬間電流通過，D正確．5．A【詳解】由公式可得時間由可得故選A。6．A【詳解】電流表改裝為電壓表，串聯電阻起分壓作用，根據歐姆定律得，電壓表的內阻串聯的電阻為故BCD錯誤，A正確。故選A。7．D【詳解】A．電壓就是電勢差，雖然名稱不同，但物理意義相同、單位相同；電動勢是表示電源將其他形式的能量轉化為電能本領的物理量，與電壓的物理意義不同，故A錯誤；B．根據閉合電路歐姆定律，，電流增加說明外電阻減小了，由可知，路端電壓增減小，故B錯誤；C．根據閉合電路歐姆定律，路端電壓當外電路斷路時，，才有電動勢等于電源兩極間的電壓，故C錯誤；D．根據閉合電路歐姆定律，電動勢大小等于內、外電壓之和，故D正確。故選D。8．C【詳解】AB．當光照減弱時，光敏電阻的電阻增大，總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，總電流減小，電流表的示數減小；由P=I2R可知，R1的電功率減小，故AB錯誤；C．總電流減小，則內電阻消耗的內電壓減小，所以路端電壓增大，則電源的效率可知，電源的效率提高，故C正確；D．電容器與R1并聯，R1兩端電壓U1=IR1減小，故電容器兩端電勢差減小，故D錯誤。故選C。9．C【詳解】首先發現電流磁效應的科學家是奧斯特。故選C。10．D【詳解】A．被加速的粒子在電場中加速獲得能量，而不是從磁場中獲得能量，故A錯誤；B．被加速的粒子在回旋加速器中的磁場中做勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，即帶電粒子在磁場中運動的周期為聯立解得由上式可知，帶電粒子做圓周運動的周期與半徑無關，故B錯誤；CD．設D型盒的半徑為R，加速粒子離開加速器時的速度vm滿足解得加速粒子離開加速器時的動能從上式可知，只增加狹縫間的加速電壓，被加速粒子離開加速器時的動能不會變，想要粒子獲得的最大動能增大，可增大D型盒的半徑，故C錯誤，D正確。故選D。11．A【詳解】導體棒受力如圖所示，導體棒平衡，可得：A．棒中電流I變小，θ角變小，故A正確；B．兩懸線等長變長，θ角不變，故B錯誤；C．金屬棒質量變大，θ角變小，故C錯誤；D．磁感應強度變大，θ角變大，故D錯誤．故選A．12．D【詳解】AB．首先對等離子體進行動態分析：開始時由左手定則判斷帶正電粒子所受洛倫茲力方向向上（帶負電粒子所受洛倫茲力向下），則帶正電粒子向上板聚集，帶負電粒子向下板聚集，兩板之間產生了電勢差，即金屬板變為電源，且上板為正極，下板為負極，所以通過用電器的電流方向從A到B，故AB錯誤；CD．此后的帶正電粒子除受到向上的洛倫茲力外還受到向下的電場力F，最終二力達到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區域，因聯立解得所以電動勢E與速度及磁場成正比，所以若只增大磁場，發電機的電動勢增大，若發電機內阻不計，則用電器兩端的電壓即為發電機的電動勢，等于，故C錯誤，D正確。故選D。13．ABD【解析】樊守青卡文迪許用扭秤實驗測出了萬有引力常數，選項A正確．法拉第發現電磁感應現象，并總結出電磁感應定律，選項B正確．磁場對運動電荷的作用力是洛侖茲發現的，選項C錯誤．庫侖發現了庫侖定律，選項D正確．14．BC【解析】【詳解】加速度與所受的合力成正比，與質量成反比，所以不屬于比值定義法．故A錯誤；電阻等于導體兩端的電壓與通過導體電流的比值，屬于比值定義法，故B正確；電場強度與放入電場中的電荷無關，所以屬于比值定義法．故C正確；電流與用電器兩端的電壓成正比，與導體的電阻成反比，電流，不屬于比值定義法．故D錯誤．15．BCD【詳解】從無窮遠到O過程中電場強度先增大后減小，且方向由O點始終指向無窮遠方向，小球P向O點運動的過程中加速度可能不斷減小，也可能先增大后減小，但速度一直增大，A錯誤，B正確；小球帶負電，所受電場力與運動方向相反，故做負功，故C正確；小球從P點到O點電場力做正功，并且做功最大，故速度最大在O點，故D正確．16．AC【詳解】當加豎直向下的勻強磁場時，導體棒受重力、支持力和水平向右的安培力，如圖所示：根據共點力平衡有：mgtanθ=BIL，電流為：，聯立可得：，故A正確；加豎直向上的勻強磁場，安培力方向水平向左，導體棒不可能處于平衡，故B錯誤；當安培力方向與支持力方向垂直時，安培力最小，最小值為mgsinθ，則BIL=mgsinθ，電流為：，聯立可得：，故C正確，D錯誤．17．AD【詳解】電子從c點射出，d為圓心，Rc=L，圓心角由，得：運動時間電子從d點射出，ad中點為圓心，，圓心角所以故故A正確，B錯誤；電子做勻速圓周運動，加速度所以，故C錯誤，D正確．18．2985Ω1.2×104Ω【詳解】[1][2]當電壓表量程為3V時，根據串聯電路特點和歐姆定律得：IgR1+IgRg=3①當電壓表量程為15V時，根據串聯電路特點和歐姆定律得：IgRg+Ig（R1+R2）=15②又Ig=1mA=0.001A，Rg=15Ω①②聯立代入數據解得R1=2985Ω，R2=12000Ω19．110.60060.10ACDFH小0.142.40【詳解】（1）[1]歐姆表的讀數為表盤示數與倍率的乘積，所以圓形柱體的電阻大致為R=11×1Ω=11Ω[2]螺旋測微器的讀數為固定刻度的毫米數與可動刻度的n×0.01mm的和，由圖示螺旋測微器可知，其直徑為0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm[