黑龙江省安达市第七中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（解析版）.docx

1、物理试卷一单项选择题1.导体A带5Q正电荷，另一完全相同的导体B带Q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电荷量为()A. QB. QC. 2QD. 4Q【答案】C【解析】试题分析：因为导体与其相同的导体接触时，导体间会平分电荷，所以两导体接触后的总电荷量是5Q（Q）=4Q，再平分得2Q，这就是A和B导体所带的电荷量，选项C正确考点：接触带电的计算2.关于电源的作用，下列说法正确的是( )A. 电源的作用是能 为电路持续地提供自由电荷B. 电 源的作用是使导体中形成电场C. 电源的作用就是能保持导体两端的电压，使电路中有持续的电流D. 电源的作用就是 使自由电荷运动起来【答案】C【

2、解析】电源的作用就是保持导体两端有电压，使电路中产生持续的电流，故选C点睛：本题考查对电源作用的了解程度电源作用是使导体中形成电场，从而使自由电荷定向移动起来，不是提供自由电子3.在静电场中，将一正电荷从a移动到b点，电场力做了负功，则（ ）A. b点的电场强度一定比a点大B. 电场线方向一定从b指向aC. b点的电势一定比a点高D. 该电荷的动能一定减小【答案】C【解析】【详解】C电场力做负功，该电荷电势能增加正电荷在电势高处电势能较大，b点的电势一定比a点高，C不符合题意；D电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负由动能定理可知，动能不一定减小，D不符合题意；A根据题意只能判

3、断ab两点的电势关系，而电势高低与场强大小无必然联系，所以A不符合题意；Bb点电势高于a点但a、b可能不在同一条电场线上，B不符合题意4.如图所示，金属线圈竖直下落经过条形磁铁的过程中，线圈平面始终保持水平，下列对穿过线圈磁通量的说法正确的是（ ）A. 穿过线圈的磁通量越来越大B. 穿过线圈的磁通量越来越小C. 在位置2穿过线圈的磁通量最小D. 在位置2穿过线圈的磁通量最大【答案】C【解析】【详解】根据条形磁铁磁感线分布特点，可知在2位置，线圈与磁感线平行，没有磁感线通过线圈，故穿过线圈的磁通量为0，最小；则从1到3穿过线圈的磁通量先变小后变大，故选C5.关于自感现象，下列说法正确的是( )A

4、. 感应电流一定和原电流方向相反B. 线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大C. 对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大D. 对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大【答案】D【解析】【详解】A根据楞次定律，当原电流增大时，感应电流与原电流方向相反；当原电流减小时，感应电流与原电流方向相同，故A错误；B自感系数是由线圈本身的特性决定的，与自感电动势的大小无关，故B错误；CD根据法拉第电磁感应定律可知，当电流变化越快时，磁通量变化越快，自感系数不变，自感电动势越大，故C错误，D正确6.下列有关磁感应强度的说法中，正确的是( )A. 若有一小段通电导体在某点

5、不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零B. 若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是C. 由定义式B可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小D. 磁感应强度B只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关【答案】D【解析】【详解】A小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故A错误；B只有垂直放置时在磁场中某处受到的磁场力为F,该处磁感应强度的大小一定是，故B错误；C磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小

6、也没有关系，它由磁场的性质决定，故C错误；D磁感应强度只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F. I、L以及通电导线在磁场中的取向无关，故D正确7.如图所示的电路中，已知电容C1=C2，电阻R1=R2，电源电动势为E，内阻不计，当开关S由闭合状态断开时，下列说法中正确的是（ ）A. 电容器C1的电量增多，电容器C2的电量减少B. 电容器C1的电量减少，电容器C2的电量增多C. 电容器C1、C2电量都增多D. 电容器C1、C2的电量都减少【答案】D【解析】答案选D分析：电容器的电容不变，通过分析电压变化来分析电量变化当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势当S闭合

7、时，R1、R2串联，C1与电阻R1并联，C2与电阻R2并联，根据两电容器的电压与电动势的关系分析电压的变化，再判断电量的变化解答：解：当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势当S闭合时，R1、R2串联，C1与电阻R1并联，C2与电阻R2并联，则两电容器的电压均小于电动势，电压减小，而电容不变，则电容器的电量均减小故选D8.三根相同的电热丝分别全部串联和全部并联，它们发出相同的热量，所需通电时间之比为（ ）A. 91B. 19C. 31D. 13【答案】A【解析】设三电热丝的电阻为R，则全部串联时总电阻，全部并联时总电阻由电热公式，U、Q相同，则通电时间之比，故选项A正确点睛

8、：根据串联并联电路的特点，研究出两种情况总电阻的关系，根据电热公式研究时间关系9.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0. 50 A和2. 0 V重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2. 0 A和24. 0 V则这台电动机正常运转时输出功率为（ ）A. 32 WB. 44 WC. 47WD. 48W【答案】A【解析】【详解】当电动机停止转动时,由题得电动机的电阻：当电动机正常转动时,电动机的总功率：电动机的发热功率：电动机正常运转时的输出功率是：故选A10.如图所示，调节可变电阻R的阻值

9、，使电压表V的示数增大，在这个过程中（ ）A. 通过电阻R1的电流增加，增加量一定大于/ R1B. 电阻R2两端的电压减小，减少量一定等于C. 通过电阻R2的电流减小，但减少量一定小于/ R2D. 路端电压增加，增加量一定等于【答案】A【解析】当外电阻增大时根据闭合电路欧姆定律可知电路中电流减小，则内电压减小、R2两端电压减小、路端电压增大（电动势减去内电压）定值电阻所以通过R1的电流增加，增加量一定等于A对路端电压等于两端电压之和，R2两端电压减小，减少量小于（则必然通过R2的电流减小，但减少量小于：）路端电压增加，增加量也小于故可知BCD都错11.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直

10、纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动的最低点，则以下叙述错误的是( )A. 液滴一定带负电B. 液滴在C点时动能最大C. 液滴在C点电势能最小D. 液滴在C点机械能最小【答案】C【解析】【详解】A从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电,故A正确，A项不符合题意；B从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从C到B的过程中，重力和电场力合力做负功，洛伦兹力不做功，动能减小，所以滴在C点动能最大,故B正确，B项

11、不符合题意；C液滴从A到C过程中，电场力做负功，电势能增加，从C到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，故液滴在C点电势能最大，故C错误，C项符合题意；D除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从A到C的过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，机械能减小，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，所以液滴在C点机械能最小，故D正确，D项不符合题意12. 如图空间存在两个相邻的磁感应强度大小相等方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L，现将宽度也为L的矩形闭合线圈从图示位置垂直磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图象是：（规

12、定线圈中逆时针为电流正方向，线圈受安培力方向向左为正方向）（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】线圈进入磁场，在进入磁场0-L的过程中，E=BLv，电流，方向为逆时针方向安培力的大小F=BIL=，根据左手定则，知安培力方向水平向左在L-2L的过程中，电动势E=2BLv，电流，方向为顺时针方向，安培力的大小F=2，根据左手定则，知安培力方向水平向左在2L-3L的过程中，E=BLv，电流，方向为逆时针方向，安培力的大小为F=BIL=，根据左手定则，知安培力方向水平向左故D正确，ABC错误故选D【点睛】解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式以及安培力的大小公式，会通过楞次定律判

13、断感应电流的方向，通过左手定则判断安培力的方向13.如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（ ）A. 全向里B. 全向外C. a向里，b、c向外D. a、c向外，b向里【答案】D【解析】【详解】线圈中的电流方向为顺时针方向，根据安培定则a、c向外，b向里,故D正确，ABC错误14.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场粒子的一段径迹如图所示径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)从图中情况可以确定( )A. 粒子从a到b，带正电B. 粒子从a到b，带负电C. 粒子从b到a，带正电D. 粒

14、子从b到a，带负电【答案】C【解析】【详解】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电。A粒子从a到b，带正电，与结论不相符，选项A错误；B粒子从a到b，带负电，与结论不相符，选项B错误；C粒子从b到a，带正电，与结论相符，选项C正确；D粒子从b到a，带负电，与结论不相符，选项D错误；故选C。15.如图所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)，A是一灯泡，下列说法正确的是( )A. 开关S接通瞬间，无电流通过灯泡B. 开关S接通后，电路稳定时，无电流通过灯泡C

15、. 开关S断开瞬间，无电流通过灯泡D. 开关S接通瞬间及接通稳定后，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流【答案】B【解析】【详解】A开关S接通瞬间，L相当于断路，所以有电通过灯泡，A错误；B开关S接通稳定后，L相当于导线，灯泡被短路，B正确；CD开关S接通瞬间，灯泡有向右电流，稳定后A被短路，而在开关S断开瞬间，线圈阻碍电流减小，L相当于电源，保持原有电流方向，导致灯泡中有从b到a的电流，故C错误，D错误二填空题16. 在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A小灯泡L（3V、5）；B滑动变阻器R（010，额定电流1.5A）；C电压表V1

16、（量程：03V，R V 5k）；D电压表V2（量程：015V，R V 10k）；E电流表A1（量程：00.6A，R A 0.5）；F电流表A2（量程：03A，R A 0.1）；G铅蓄电池、开关各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压（1）为了减少误差，实验中应选电压表 ，电流表 ；（2）在实验中，电流表应采用 法（填“内接”或“外接”）；（3）请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分线已画好）（4）某同学实验后作出的IU 图象如图所示，请分析该图象形成的原因是： 【答案】（1）C；E （2）外接；（3）电路图如图所示（要求：滑动变阻器采用分压接法；电流表采用外接

17、法）（4）其形成原因是： 电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率（或电阻）增大【解析】试题分析：（1）小灯泡额定电压是3V，电压表应选V1；即C；灯泡额定电流I=0.6A，电流表应选电流表A1即E；（2）因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约5，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小；（3）电路图如图所示（要求：滑动变阻器采用分压接法；电流表采用外接法）（4）其形成原因是： 电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率（或电阻）增大考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验【名师点睛】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流

18、选择电流表；（2）测量灯泡的伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接；（3）知道伏安法测电阻的误差是由于电流表的分压或电压表的分流造成的要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器17.如图所示为多用表的示意图，试回答下列问题：（1）当选择开关位置旋至“mA”挡中的“10”挡位时，则测量的是：_.（2）当选择开关位置旋至“V”挡中的“50”挡位

19、时，则测量的是：_.（3）当选择开关位置旋至“”挡中的“100”挡位时，则测量的是：_.（4）当选择开关位置旋至“”挡中的“100”挡位时，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么正确的操作步骤依次是：_；_；_.（5）无论用多用电表进行何种(直流)操作测量，电流都应该是从_表笔经_插孔流入电表.【答案】 (1). 量程为010mA的直流电流 (2). 量程为050V的电压 (3). 测量是电阻，大小等于读数100 (4). 换挡位“1k” (5). 进行欧姆调零 (6). 将电阻与其他元件断开后进行测量 (7). 红 (8). 正【解析】【详解】(1)1当选择开关位置旋至“mA”挡中的“10”挡

20、位时，则测量的是量程为010mA的直流电流；(2)2当选择开关位置旋至“V”挡中的“50”挡位时，则测量的是量程为050V的电压；(3)3当选择开关位置旋至“”挡中的“100”挡位时，则测量是电阻，大小等于读数100；(4)456当选择开关位置旋至“”挡中的“100”挡位时，正确操作后发现指针的偏转角很小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应：换挡位“1k”，进行欧姆调零，将电阻与其他元件断开后进行测量(5)78为了保证电流表偏转正常，在使用多用电表时进行测量时，均应保证电流由红流表经正插孔流入.三计算题18.将带电荷量为1108 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功11

21、06 J，问：(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？(2)A点的电势是多少？(3)若静电力可以把带电荷量大小为2108 C的电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？(取无限远处为电势零点)【答案】（1）增加，110-6J（2）100V（3）负电，210-6J【解析】【详解】解：（1）电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功J，电荷的电势能增加无限远处电势能为零，则电荷在A点具有J的电势能（2）A点的电势为V（3）若静电力可以把带电荷量为C的电荷从无限远处移到电场中的A点，静电力做正功，所以该电荷带负电电荷量为C的电荷从无限远处移

22、到电场中的A点时，无限远与A点间的电势差不变，则静电力做正功则有：J19.如图所示，水平放置的平行金属板AB长为l，板间距离为d，通过电键k与电压为U的电源相连，有一带电量为+q，质量为m的带电粒子，以水平速度vo，紧贴上板射入匀强电场，刚好打在B板中央，试分析在下述两种情况下，欲使粒子刚好从B板边缘飞出则需将B板下移多少距离？（1）闭合k；（2）先闭合k达稳定再断开。【答案】（1）d；（2）3d。【解析】【详解】（1）刚开始时，粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为，水平方向做匀速运动，则有，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律可得 ，由运动学公式可得，联立可

23、得，设AB板距离变为nd，刚好打在B板边缘，时间为，水平方向做匀速运动竖直方向做匀加速运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律可得由运动学公式可得联立解得：解得，所以B板向下移动距离：即B板向下移动距离d；（2）粒子两次都做类平抛运动设粒子刚好打在B板中央时间为，则有刚好打在打在B板边缘时间为，则有联立可得，先闭合k达稳定再断开后Q不变，电场强度E与距离无关，也就是粒子受到的电场力不变，加速度不变，第一次打在B板中央时竖直方向下落的距离为d，则有，设第二次打在B板边缘时AB板的距离为h，则有，联立可得，所以B板移动距离：。即B板向下移动距离为3d。20.如图（a）所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆

24、形金属线与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路线圈的半径为r1 . 在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0. 导线的电阻不计求0至t1时间内（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量【答案】见解析【解析】【分析】本题考查法拉第电磁感应定律、焦耳定律、楞次定律【详解】（1）由法拉第电磁感应定律知0至t1时间内的电动势为;由闭合电路欧姆定律知通过R1的电流为：由楞次定律可判断通过R1的电流方向为：从b到a（2）通过R1的电荷量为：电阻R1上产生的热量为：