江苏省连云港市东海县2019-2020学年高二上学期期末调研物理试题（解析版）.docx

1、20192020学年第一学期期末调研考试高二物理试题（选修）一、单项选择题1.物理学对人类的发展有巨大的贡献，下列有关物理学史实的说法正确的是（ ）A. 洛伦兹通过油滴实验测出电子的电荷量B. 法拉第提出著名的分子电流假说C. 库仑最早引入电场的概念，并直观地用电场线描绘电场D. 奥斯特最先发现电流能够使周围的小磁针发生偏转，即电流的磁效应【答案】D【解析】【详解】A密立根通过油滴实验测出元电荷的电荷量，A错误；B安培提出著名的分子电流假说，B错误；C法拉第最早引入电场线来直观地描绘电场，C错误；D奥斯特最先发现电流能够使周围的小磁针发生偏转，即电流的磁效应，D正确。故选D。2.采用220 k

2、V高压电向远方的城市输电，输送功率一定时，当输电电压变为110 kV，输电线上损耗的功率变为原来的A. B. C. 4倍D. 2倍【答案】C【解析】【详解】输送电流，输电线上损失的功率P=I2R=（）2R；可知输电线损失的功率与输送电压的平方成反比，所以当输电电压变为原来的一半时，输电线上损耗的功率变为原来的4倍故C正确，ABD错误；3.电磁炉的热效率高，“火力”强劲，安全可靠。如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是（ ）A. 电磁炉的工作原理是利用了电磁感应现象B. 电磁炉接直流电流时可以正常工作C. 在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用D. 不能使用陶瓷锅，主

3、要原因是这些材料的导热性能较差【答案】A【解析】【详解】AB电磁炉通交变电流后，通电线圈上产生变化的磁场，金属锅处于变化的磁场中就产生涡流，进而发热，所以电磁炉的工作原理是利用了电磁感应现象，不能接入直流电，A正确，B错误；C电磁炉工作依靠变化的磁场传递能量，在锅和电磁炉中间放一纸板，电磁炉依然能起到加热的作用，C错误；D陶瓷锅的材料属于绝缘材料，不具备产生涡流的条件，所以不能用，D错误。故选A。4.三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且ab=ad=ac，若导线c在a点的磁感应强度大小为B，则a点处的合磁感应强度大小为（ ）A. BB. BC. 3BD. B【答案】D

4、【解析】【详解】根据安培定则判断三根直流导线在点磁感应强度的方向如图：根据几何关系可知：所以三根导线在a点处的合磁感应强度大小为，ABC错误，D正确。故选D。5.如图所示，L是自感系数足够大的线圈，其电阻忽略不计，D1和D2是两个完全相同的灯泡。将电键S闭合，待灯泡亮度稳定后，再将S断开，则下列说法正确的是（ ）A. S闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样B. S闭合瞬间，两灯同时亮，之后D1逐渐熄灭，D2变得更亮C. S断开时，D1、D2均立即熄灭D. S断开时，两灯都闪亮一下再逐渐熄灭【答案】B【解析】【详解】ABS闭合瞬间，根据楞次定律可知电感产生的感应电流阻碍原电流的增大，所

5、以两灯泡均有电流流过，同时亮，之后电路稳定，通过电感的原电流稳定不变，电感不再产生感应电流，由于电感的电阻不计，所以被短路熄灭，根据串联电路的规律可知通过的电流更大，亮度更高，A错误，B正确；CDS断开，通过的电流瞬间减为0，所以立即熄灭，通过电感的原电流逐渐减小，根据楞次定律可知电感产生与原电流相同方向的感应电流且逐渐减小，电感和构成闭合回路，所以先亮一下，然后逐渐熄灭，CD错误。故选B。6.如图所示，甲图中AB是某孤立点电荷的一条电场线，乙图为该电场线上a、b两点的试探电荷所受电场力大小与其电荷量的关系图像，a、b两点的电场强度及电势分别为Ea、Eb和a、b。下列判定正确的是（ ）A. 点

6、电荷带正电，在A侧，ab，EaEbB. 点电荷带正电，在B侧，ab，EaEbC. 点电荷带负电，在A侧，aEbD. 点电荷带负电，在B侧，ab，EaEb【答案】B【解析】【详解】AB根据电场强度的定义：可知图像斜率的物理意义为电场强度，所以：根据点电荷的场强公式：可知点靠近点电荷，所以正电荷应在侧，沿电场线方向电势降低，所以：A错误，B正确；CD根据上述分析可知负电荷也应在侧，电场强度和电势大小关系：CD错误。故选B。7.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈输入如图乙所示的交变电压。下列说法正确的是（ ）A. 副线圈输出电压的频率为10HzB. 副线圈输出电压为62.2VC

7、. P向左移动时，电阻R两端的电压增大D. P向左移动时，变压器的输入功率减小【答案】D【解析】【详解】A理想变压器原副线圈的频率相同，根据图像：A错误；B原线圈电压的有效值：根据理想变压器的电压规律：解得：，B错误；CD滑片向左滑动，副线圈电压保持不变，电阻增大，电流减小，根据欧姆定律可知定值电阻分压减小，根据电功率的计算公式：可知副线圈两端功率减小，所以理想变压器的输入功率也减小，C错误，D正确。故选D。8.如图所示，M和N为两平行金属板，板间电压为U，在N板附近由静止释放一质子（不计重力）。下列说法正确的是（ ）A. 若仅增大两板间距离，则质子受到的电场力变大B. 若仅减小两板的正对面积

8、，则金属板所带的电荷量变少C. 若仅减小两板间距离，则回路中会出现逆时针方向的瞬时电流D. 若仅将两板间的电压变为2U，则质子到达M板时的速度变为原来的2倍【答案】B【解析】【详解】A电容器两极板之间的电压保持不变，根据：可知极板间距离增大，电场强度减小，根据电场力：可知质子受到的电场力变小，A错误；B根据电容器的决定式：可知正对面积减小，电容减小，极板间电压不变，根据电容的定义式：可知电荷量减小，B正确；C根据电容器的决定式：可知减小极板间距，电容增大，极板间电压不变，根据电容的定义式：可知电荷量增大，电容器充电，回路中出现顺时针方向的瞬时电流，C错误；D质子从静止释放到板，根据动能定理：解

9、得：若仅将两板间的电压变为，速度变为原来的倍，D错误。故选B。二、多项选择题9.如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度为B，粒子在D形盒的中心由静止出发，经电压为U的交变电场加速后进入磁场。设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，忽略粒子在电场中的加速时间。下列说法正确的是（ ）A. 交变电场的周期应为TB. B越大，粒子的出射速度越小C. U越大，粒子的出射速度越大D. R越大，粒子的出射速度越大【答案】AD【解析】【详解】A要使粒子能够在回旋加速器持续加速，交变电场的周期应和粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同，A正确；BCD粒子最终从D形盒中飞出，洛伦兹力提供向心力：

10、粒子出射速度的最大值：可知粒子出射速度与加速电压无关，越大，粒子出射速度越大，越大，粒子出射速度越大，BC错误，D正确。故选AD。10.如图甲为节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制。如图乙为其简化电路图，RL为光敏电阻，当光照强度增加时，其电阻值减小。a、b端接路灯电源的开关，要求Uab大于某一值时，接通路灯电路。现增加光照强度，下列判断正确的是（ ）A. R0两端的电压变小B. 指示灯将变暗C. ab两点间电压Uab变大D. 光敏电阻RL中的电流将变大【答案】BD【解析】【详解】A将电源和电阻箱视为等效电源，增加光照强度，光敏电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律：可知干路电流增

11、大，则流过两端电流增大，根据欧姆定律：可知两端的电压增大，A错误；BC根据闭合电路欧姆定律：可知路端电压，即a、b两端电压减小，两端的电压增大，根据分压规律可知光敏电阻和指示灯构成的并联电路分压减小，通过指示灯的电流减小，根据电功率的计算公式：可知指示灯功率减小，将变暗，B正确，C错误；D干路电流增大，通过指示灯电流减小，根据分流规律可知通过光敏的电流增大，D正确。故选BD。11.如图甲为小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。已知发电机线圈的内阻为2，外接灯泡的电阻为38，其它电阻不计，下列说法正确的是（ ）A.

12、 t=510-3s时穿过线圈的磁通量最小B. 1s内线圈中的电流方向改变50次C. 灯泡两端的电压为19VD. 00.02s内回路中产生的热量为0.2J【答案】ACD【解析】【详解】A根据图像可知经过：电动势最大，穿过线框的磁通量为0，即最小，A正确；B一个周期内电流方向改变两次，内整周期个数为：所以电流方向变化次，B错误；C交变电流的有效值为：根据分压规律可知灯泡两端电压：C正确；D根据焦耳定律：D正确。故选ACD。12.如图所示，A、B是圆心角为120的一段圆弧的两个端点，D是圆弧的中点，圆弧的圆心是O，半径为r，AB与CD相交于C点，电荷量均为Q的两个正点电荷分别固定于A、B两点。静电力

13、常量为k。下列说法正确的是（ ）A. O、D两点的电势相等B. O、D两点的电场强度相等C. D点的电场强度大小为D. 将一负点电荷从O沿直线OD移到D，其电势能先增加后减少【答案】AC【解析】【详解】AO、D两点关于两等量正电荷对称，所以两点电势相等，A正确；B根据场强的叠加法则可知O、D两点电场强度等大反向，B错误；CD点的电场强度叠加示意图：根据点电荷的场强公式结合几何关系可知：C正确；D一负点电荷从O沿直线OD移到C，电场力做正功，电势能减小，从C点移到D点，电场力做负功，电势能增加，所以负点电荷从O沿直线OD移到D，其电势能先减小后增加，D错误。故选AC。三、简答题13.在“测量导线

14、的电阻率”的实验中，某同学进行如下测量： (1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度L，用螺旋测微器测量金属丝的直径D，其中一次测量结果如图所示，其示数为_mm。 (2)准确地测量金属丝两端电压U及电流I，可得出金属丝电阻率的表达式=_（用题中给出的物理量符号表示）。【答案】 (1). 0.515（0.5120.518均可） (2). 【解析】【详解】(1)1螺旋测微器的精度为：，读数为：；(2)2根据电阻定律：横截面积：电阻大小：联立方程得出金属丝电阻率的表达式：14.多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题：(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆档“10”档，

15、指针指示如图甲a，为了使测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆档_档（选填“1”、“100”）；欧姆调零后，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻的阻值为_。(2)如图乙所示，将选择开关拨至直流电压档，则插入“+”孔是_表笔（选填“红”或“黑”）。【答案】 (1). (2). 1500 (3). 红【解析】【详解】(1)1根据位置指示的示数可知待测电阻阻值较大，所以更换为“100”档；2此时电阻大小为电阻表盘示数乘以倍率：；(2)3使用多用电表在测量时，“+”孔接入的是红表笔。15.某物理兴趣小组欲描绘一小灯泡“2.5V，1.2W”的伏安特性曲线，实验室提供的器材如下：A电流表（

16、量程为0.6A，内阻约为0.5）；B电压表（量程为03V，内阻约为5k）；C滑动变阻器（最大阻值为5，允许通过的最大电流为2.0 A）；D滑动变阻器（最大阻值为200，允许通过的最大电流为0.3 A）；E直流电源（电动势为4V，内阻不计）；F开关、导线若干。(1)请用笔画线代替导线将图甲所示的电路补充完整。（ ）(2)滑动变阻器应选_（填所选器材前的字母）。(3)在开关闭合之前，滑动变阻器的滑片应滑至_（选填“A”或“B”）端。(4)通过实验得出该灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，若将该灯泡直接接在电动势为3V、内阻为5的电源两端，则该灯泡的功率为_W（结果保留一位有效数字）。【答案】 (1).

17、(2). C (3). B (4). 0.4【解析】【详解】(1)1根据图像可知电压从0开始测量，滑动变阻器采用分压式接法，小灯泡电阻约为：小灯泡电阻和电表内阻的关系：所以电流表采用外接法，如图：；(2)2为了便于分压调节，滑动变阻器选用阻值较小，额定电流较大的C；(3)3为了保护电路，开始时小灯泡分压为0，所以滑片开始时应滑至B端；(4)4根据闭合电路欧姆定律：在伏安特性曲线中做出描述电源的图线：交点数据即为将该灯泡直接接在电源两端时的电流和电压值，则灯泡的实际功率：。四、计算题16.如图所示电路中，电源电动势E16V，内电阻r1.0，电阻R19.0，R215。开关闭合后，理想电流表A的示数

18、为0.4A。求：(1)电源的路端电压；(2)电阻R3的阻值和它消耗的电功率。【答案】(1)15V，(2)10，3.6W。【解析】【详解】(1)对根据欧姆定律：整个回路总电流：路端电压为：代入数据得：；(2)对：总电流：代入数据得：R3消耗的电功率：代入数据得：。17.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L1m，上端连接一个阻值R3的电阻，导轨平面与水平面夹角37，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。已知金属棒ab的质量为m0.5kg，阻值r1，磁场的磁感应强度B1T，重力加速度g10m/s2，导轨电阻

19、不计。金属棒ab从静止开始运动，若金属棒下滑距离为s20m时速度恰好达到最大（sin370.6，cos370.8）。求：(1)金属棒刚开始运动时的加速度；(2)金属棒达到的最大速度；(3)金属棒由静止开始下滑位移为s的过程中，金属棒上产生的焦耳热。【答案】(1)6m/s2，沿斜面向下，(2)12m/s，(3)6J。【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律：解得：方向沿斜面向下；(2)根据受力分析可知，金属棒达到最大速度时：安培力表达式：根据闭合电路欧姆定律：导体切割磁感线：代入数据得： ；(3)整个系统总能量守恒：电阻、串联：代入数据得：。18.如图所示，在直角坐标系区域内有沿y轴正方向的匀强电

20、场，右侧有一个以点O1（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m，电荷量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30。整个圆形区域内有磁感应强度大小相等的匀强磁场，2L到3L之间垂直纸面向外，3L到4L之间垂直纸面向内。电子在磁场中运动一段时间后恰好从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30，电子的重力忽略不计。求：(1)电子飞出匀强电场时速度的大小；(2)匀强电场场强的大小；(3)磁感应强度大小及电子从A点运动到N点的总时间。【答案】(1)，(2)，(3)，。【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，分解速度：解得：；(2)根据类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动：分解速度得：电场力提供加速度，根据牛顿第二定律：解得：；(3)由几何知识知，电子在磁场中运动的半径为：电子在磁场中做匀速圆周运动：解得：电子从A点到M点的运动时间：根据圆周运动的对称性，电子从M点到N点的运动时间：电子运动的总时间为：。