1、张掖市2019-2020学年第一学期期末高二年级学业水平质量检测物理试卷一、单选题1.如图所示，彼此接触的导体A和B被绝缘柱支撑住，起初它们不带电将带正电的物体C移近导体A，下列说法正确的是A. 感应起电创造出了电荷B. A的电势高于B的电势C. 先移走C，再把A、B分开，则A带负电D. 先把A、B分开，再移走C，则B带正电【答案】D【解析】【详解】A自然界电荷是守恒的，电荷不能够被创造故A错误；B金属AB是同一等势体，AB电势相等故B错误；C先移走C，A、B中正负电荷中和，再把A、B分开，则A、B都不带电故C错误；D还没有移走C前，A带负电点，B带正电，这时把AB分开，则B带正电故D正确；2
2、.将两个分别带有电荷量-2Q和+5Q的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为r的两处(均可视为点电荷)，它们间库仑力的大小为F现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C先后与A、B 相互接触后拿走，A、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】开始时由库仑定律得：；当小球和A接触后，A球带电为-Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q，因此此时：；可得：F1=，故BCD错误，A正确故选A【点睛】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解3.如图所示，一电子沿等量异种点
3、电荷的中垂直线由AOB运动，则电子所受等量异种点电荷的电场力的大小和方向变化情况是（）A. 先变大后变小，方向水平向左B. 先变大后变小，方向水平向右C. 先变小后变大，方向水平向左D. 先变小后变大，方向水平向右【答案】A【解析】【详解】AB.根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从AOB，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，故A符合题意，B不符合题意CD.根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从AOB，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，故CD不符合题
4、意4.一根长为L，横截面积为S的金属棒，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流I，则自由电子定向运动的平均速率为A. neSLmB. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由电流的微观表达式可得，自由电子定向运动的平均速率为故C正确5.如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是 ( )A. a点电势高于c点的电势B. a点的场强与c点的场强完全相同C. M点
5、处放置的是正电荷D. 若将带正电的试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功【答案】D【解析】【详解】因正电荷由a到c电势能增加，则电场力做负功，则电势升高故c点电势高于a点电势则M点为负电荷，故AC错误a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故B正确；将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，电场力先做正功、后做负功故D正确；故选BD【点睛】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握6.以下关于磁场和磁感应强度B的说法，正
6、确的是（ ）A. 磁场中某点的磁感应强度，根据公式B，它跟F、I、l都有关B. 磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向C. 穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零D. 磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也一定越大【答案】C【解析】试题分析：磁感应强度的大小是由磁场本身的性质决定的，公式只是一个定义式，而不是决定式，所以磁感应强度B与F、I、L无关，选项A错磁感应强度的方向就是磁场的方向，二者是一个概念，选项B错穿过线圈的磁通量为0，即，由于不知道平面和磁场的夹角是否为0度，所以无法肯定磁感应强度是否为0选项C对若不知道线圈和磁场的夹角关系，磁感应强度大的地方，磁通量也未
7、必大，选项D错考点：磁感应强度 磁通量7. 关于电源的电动势，下面叙述不正确的是（ ）A. 同一电源接入不同电路，电动势不会发生变化B. 电动势等于闭合电路中接在电源两极间的电压表测得的电压C. 电源的电动势反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小D. 在外电路接通时，电源的电动势等于内外电路上的电压之和【答案】B【解析】试题分析：电动势是电源本身的特性，与外电路无关，故A对电动势的值为闭合电路中内外电路上的电压之和，闭合电路中接在电源两极间的电压表测得的电压为路端电压，不是电源电动势故B错，D对电源的电动势物理意义是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，故C对故选B考点：电动势的概念
8、8.如图所示是电阻和的伏安特性曲线,并且把第一象限分为、三个区域现在把电阻,并联在电路中,并联的总电阻设为R,下列关于与的大小关系及R的伏安特性曲线所在的区域说法正确的是A. ,伏安特性曲线在区B. ,伏安特性曲线在区C. ,伏安特性曲线区D. ,伏安特性曲线在区【答案】A【解析】【分析】分析图像斜率的意义，利用并联电阻越并越小的特点解此题【详解】由图像可知，图像斜率表示电阻的倒数，所以斜率越大，电阻反而越小，故，BC选项错误；又由于电阻并联，总电阻越并越小，所以，所以的伏安特性曲线在区，A正确，D错误故选A【点睛】本题考察图像的斜率，学生可能会忘记倒数这层关系，还考察了并联电阻越并越小的特点
9、9.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP=60，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为()A. 11B. 12C. 1D. 2【答案】B【解析】【详解】依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当N移至P点时，O点合磁感强度大小为：，则B2与B1之比为；A综上分析，A错误；B综上分析，B正确；C综上分析，C错误；D综上分析，D错误；故选B。10.电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻器
10、和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上（如图所示），下列说法正确的是（ ）A. 开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大B. 开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小C. 开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少D. 开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗的总功率不变【答案】A【解析】【详解】开关接通时，灯泡发生短路，电阻小于开关断开时的电阻，有公式可知，开关接通时比开关断开时消耗的总功率大，故A正确；开关接通时，电灯熄灭，只有电烙铁通电，电路中电阻减小，有公式可知，消耗的功率增大；故
11、B错误；开关断开时，电灯发光，电烙铁也通电，消耗的总功率减小，且电烙铁发热较少，故C错误；开关断开时，灯泡串联在电路中，电灯发光，总电阻增大，可供在焊接时照明使用，消耗总功率减小，故D错误；故选A二、多选题11.如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，水平边长ab是竖直边长bc的2倍，当A与B之间接入的电压为U1=4V时，电流为1 A，若C与D间接入的电压为U2=8V时，下列说法正确的是A. CD间的电阻为1B. CD间的电阻为4C. CD间的电流为2AD. CD间的电流为8A【答案】AD【解析】【详解】AB.设薄板厚度为d，当A、B间接入电压，根据电阻定律知，R1=，当C与D间接入电压，R2=，则R
12、1：R2= =4，R1= =4，R2=1，故A正确，B错误；CD.根据欧姆定律得，I=U/R，故C错误，D正确故选AD12.如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态则下列说法正确的是（ ）A. 在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有的电流B. 在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有的电流C 若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势升高D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，P点电势不变【答案】BD【解析】【详解】A开始时，重力
13、和电场力平衡，故：mg=qE；将A板向下移，由可知，E变大，故油滴应向上加速运动；根据 可知C变大，根据Q=CU可知电容器带电量变大，电容器充电，故G中有ab的电流，故A错误；B若将A板向右平移一小段位移，由可知，E不变，油滴仍静止；根据，可知C变小，根据Q=CU可知电容器带电量变小，电容器放电，故G中有ba的电流，故B正确；C若将S断开，Q不变，A向左平移一小段距离，根据可知，电容C减小，再根据Q=CU可知，U增大；根据U=Ed可知，E增大；则PB电势差增大，而B板接地，因此P点电势降低；故C错误；D若将S断开，Q不变；再将A板向下平移一小段位移，根据，Q=CU、U=Ed，得到，故电场强度不
14、变，且P点电势不变，故D正确13.有一灵敏电流计，其表头内阻Rg=1000，满偏电流Ig=100A，以下说法正确的是（）A. 把它改成量程为1.5V的电压表，应串联一个15 k的电阻B. 把它改成量程为1.0A的电流表，应并联一个1的电阻C. 把它改成量程为1.0A的电流表，测量某电流时读数为0.5A，此时流过表头的电流为50AD. 把它改成量程为1.5V的电压表，测量某电压时读数为1.5V，此时流过表头的电流为100A【答案】CD【解析】A项：改装成电压表要串联电阻分压，串联阻值为：，故A错误；B项：改装成电流表要并联分流，并联阻值：，故B错误； C项：把它改成量程为1.0A的电流表，用它去
15、测量某电流时读数为0.5A，则指针正好是满偏的一半，即为50A，故C正确；D项：把它改成量程为1.5V的电压表，测量某电压时读数为1.5V，指针正好是满偏，所以此时流过表头的电流为100A，故D正确点晴：改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R=IgRgIIg；电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=UIg-Rg，U为改装后的量程14.如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距B板高h处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则() A. 微粒进入电场后，电势能和重力势能之和不断增大B.
16、 微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为C. 微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为D. 若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板【答案】ACD【解析】【详解】微粒从进入电场至C点过程中，做减速运动，动能减小，根据能量守恒可知电势能和重力势能之和一直增大，故A正确微粒下降的高度为h+，重力做正功，为WG=mg（h+），电场力向上，位移向下，电场力做负功为故B错误微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功EP=qU根据能量守恒，还应等于整个过程的重力势能减小量，即EPWGmg(h+)，故C正确；由题微粒恰能落至A，B板的正中央C点过程，由动能定理得：
17、 ；若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：，由两式联立得v=0，即恰好能达到A板故D正确15.如图是一个多用电表的简化电路图S为单刀多掷开关，通过操作开关，可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6下列说法正确的是A. 当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接1时量程较大B. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔C. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是红表笔D. 当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大【答案】AC【解析】A项：由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的
18、量程更大；故A正确；B、C项：测量电阻时欧姆表内部应接电源，由图可知测电阻只有接3或4；A与电源的负极相连，故A为红表笔；故B错误，C正确；D项：要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D错误点晴：本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源三、实验题：16.某科学小组做新型材料的课题研究，要测量新材料的电阻率取一均匀新材料制成的圆柱体进行测量，实验步骤如下：（1）用刻度尺测
19、出圆柱体的长度为L（2）用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图可知其直径D_mm；（3）用多用表测量其电阻如图乙所示，若此时欧姆表选择“100”档位，可知电阻值_（4）用伏安法可以更加精确地测量该圆柱体的电阻，若在测量待测圆柱体电阻时，电压表和电流表示数分别用U和I表示，则该圆柱体材料的电阻率_（用题中所给字母L、D、U、I表示）【答案】 (1). 3.202-3.205 (2). 600 (3). 【解析】详解】（2）1用螺旋测微器测量其直径：D3mm+0.01mm20.5=3.205mm；（3）2电阻值:6100=600（4）3由以及 且 解得17.在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中
20、，实验电路图如图所示(1) 实验过程中，电流表应选_滑动变阻器应选_(请填写选项前对应的字母)A电流表A1(量程0.6 A，内阻约0.8 ) B电流表A2(量程3 A，内阻约0.5 )C滑动变阻器R1(010 ) D滑动变阻器R2(02000 )(2) 根据图示的电路，电流表测量值_真实值(选填“大于”或“小于”)(3) 若测量的是新干电池，其内电阻比较小在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化_(选填“明显”或“不明显”)(4)闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图所示的坐标图中，请作出UI图线_，由此求得待测电池的电动势E=_V
21、，内电阻r=_（结果均保留两位有效数字）所得内阻的测量值与真实值相比_（填“偏大”、“偏小”或“相等”） 【答案】 (1). A (2). C (3). 小于 (4). 不明显 (5). (6). 1.5 (7). 1.9 (8). 偏小【解析】【分析】本题考查测量电源电动势和内阻的实验【详解】(1)因为一般干电池的电动势为1.5V，结合电路中的电阻情况得知电路中的电流比较小，所以应该选量程为0.6A的电流表更合适，故电流表选A；因为是限流式电路，滑动变阻器应该选择总阻值和电源内阻更接近的，故滑动变阻器应该选择C；(2)此电路图采用的是电流表相对电源的外接法，因为电压表存在分流作用，故而电流表
22、的测量值实际并不是主路电路，主路电流应该等于电流表的示数与流经电压表的电流之和，故电流表测量值应小于真实值；(3)若电源比较新，内阻较小，则内电压的变化也比较小，故路端电压变化不明显，即电压表示数变化不明显；(4)将方格纸上的个点连成如图所示的直线，由图线可得，该图线与纵轴的焦点表示电源的电动势，该图线的斜率的绝对值表示电源的内阻，即E=1.5V，r=1.9，因使用该种方法测量得出的 ，即测量值相比于真实值偏小四、解答题：18.如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表当电阻箱读数为R12时，电压表读数为U14V；当电阻箱读数为R25时，电压表读数为U25V求：（1）电源的电动势E和内阻r（2）当电
23、阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？【答案】（1）E=6 V r=1 （2）当R=r=1 时，Pm=9 W【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得：，代入得，代入得：，联立上式并代入数据解得：E=6V，r=1（2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，即有R=r=1电源的输出功率最大为：；19.如图所示，两相同平行金属导轨间的距离L=0. 40m，金属导轨（电阻不计）所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.50的直流电源。现把一个质量m
24、=0.1kg的导体棒 ab垂直于金属导轨对称地放置其上，棒恰好静止（视滑动摩擦力等于最大静摩擦力）。已知棒与导轨接触点间的导体棒电阻R=1，重力加速度g取10m/s2.（sin37=0.6，cos37=0.8）(1)求导体棒受到的安培力F的大小；(2)求导体棒与金属导轨间的动摩擦因数。【答案】（1）0.4N；（2）【解析】【详解】（1）回路中的电流为故导体棒受到的安培力大小为（2）导体棒处于平衡状态，安培力方向沿斜面向上，故解得20.如图所示，在x轴的上方（y0的空间内）存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度
25、方向垂直于磁场且与x轴正方向成45角，若粒子的质量为m，电量为q，求：（1）该粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径；（2）粒子在磁场中运动的时间（3）该粒子射出磁场的位置【答案】（1）；（2） （3）( 0)【解析】【详解】（1）设其半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有（2）粒子在磁场中运动对应的圆心角为270度（3）粒子离开磁场的位置：由几何关系得 x=R射出磁场的位置坐标（，0）21.如图所示，在xOy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为EOP与x轴之间存在垂直于xOy平面的匀强磁场现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v沿着平行于
26、x轴的方向射入电场，当该粒子从边界OP上某点Q（图中未画出）离开电场时，速度的偏转角为30，最后粒子又以垂直于x轴的方向射出磁场已知粒子的质量为m电量为q（q0）粒子的重力可忽略求：(1)M点的纵坐标；(2)磁感应强度的大小和方向；(3)粒子从进入电场到离开磁场所用的时间【答案】（1）（2）；垂直于纸面向外（3）【解析】【详解】(1)设粒子到达边界的位置为，竖直分速度为，由几何关系得：设粒子在电场中的运动时间为，加速度为，则根据牛顿第二定律有：粒子在轴方向的偏转距离为：在x轴方向的偏转距离为：点的标为，则有：联立解得：(2)设粒子在磁场中运动速度为，轨道半径为，根据(1)分析可知：根据几何知识可知：洛伦兹力提供向心力，即：联立解得：又由于粒子带正电，所以磁场方向垂直于纸面向外(2)根据几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆弧对应的圆心角为，所以粒子在磁场中的运动时间为：解得：即：
