2019-2020学年四川省遂宁市高二上学期期末考试物理试题(解析版)

1、咼物理期末考试试题2019-2020学年四川省遂宁市高二（上）期末物理试卷一、选择题：本题共 12小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第 9-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错的得0分1 （ 4分）静电现象在自然界中普遍存在，下列不属于静电现象的是（）A 冬天睡觉脱毛衫时，常常会听到噼里啪啦的响声B 梳过头发的塑料梳子会吸起纸屑C 将闭合小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D 将一绝缘枕形导体靠近带电小球时，枕形导体两端出现等量异种电荷分析分析各现象的形成原因，然后判断各现象的成因是否与静电现象有关，然后答题。解

2、答解：A、睡觉脱毛衫时衣服与头发摩擦会产生静电，常常会听到噼里啪啦的响声， 是静电现象。B、梳子与头发摩擦会产生静电，吸起纸屑，是静电现象。C、线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流属于电磁感应现象，不属于静电现象。D、 将一绝缘枕形导体靠近带电小球时，枕形导体两端出现等量异种电荷，也是静电现象。本题选不属于静电现象的，故选：C O点评静电是因为摩擦使物体带电的现象，平时所见到的摩擦起电现象都是一种静电现象。如：塑料的梳子梳理干燥的头发的时候，头发和梳子会粘在一起，而且会产生噼啪的响声；玻璃棒和丝绸摩擦，用玻璃棒可以吸引碎纸片玻璃棒带正电，丝绸带负电；毛 皮和橡胶棒摩擦也产生静电，现象和上面

3、一样橡胶棒带负电，毛皮带正电；注意闪电不 属于静电，静电积累到一定程度，正负电子引诱，而产生的放电现象。2. （ 4分）下列说法正确的是（）FA 由场强定义式 E =旦可知，某电场的场强 E与q成反比，与F成正比QB 电阻率是反映材料的导电性能的物理量C 由R = y可知，导体两端的电压越大，导体的电阻越大D 摩擦起电的过程就是电荷的创造过程F分析电场强度的定义式 E =可属于比值定义的范畴。电阻率是反映材料的导电性能的物理量。电阻由材料本身决定，与电压无关。电荷不能创造。解答解：A、电场强度的定义式 E = L可知，电场强度由电场本身决定，与有无检验电荷无关，故A错误。B、 电阻率是反映材料

4、导电性能的物理量，电阻率越大导电性能越弱，故B正确。C、 导体的电阻为导体本身的性质，与两端的电压和电流无关，故C错误。D、 电荷不能凭空产生，摩擦起电只是电荷的移动，故D错误。 故选：B。点评本题考查了电场强度、 电阻率和摩擦起电等知识，解题的关键是明确电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻率越大导电性能越弱。3. （4分）一带正电的小球 A ,带电荷量为+Q,在它左侧用丝线悬挂带电量为 +q的小球B , 如图所示，下列说法正确的是（）A若小球A向右平移一小段距离，则稳定后丝线与竖直方向的夹角减小B .小球A对小球B的库仑力比小球 B对小球A的库仑力大C 若增加小球A的带电量，则稳定后丝线与

5、竖直方向夹角不变D .若使小球A带电荷量为-Q,则稳定后丝线与竖直方向夹角不变分析根据共点力平衡得，小球受到的库仑力F= mgtan 丝线与竖直方向夹角与小球受到A的库仑力F之间是单调递增关系，大，说明库仑力 F大，库仑力减小,则必减小。解答解：A、根据共点力平衡得，小球受到的库仑力F= W = mgtan 若小球A向右平移一小段距离，r增大，小球受到 A的库仑力F越小，丝线与竖直方向夹角越小,故A正确。B、根据牛顿第三定律， A球对小球B的库仑力与小球 B对A球的库仑力是一对作用力21和反作用力，大小总是相等的，故B错误。C、若增加A球带电量，根据共点力平衡得,小球受到的电场力2=mgtan

6、 则各的库仑力F =Qq越小，F越大，则越大。4. （ 4分）两定值电阻Ri、R2的伏安特性曲线如图所示，把两电阻串联后接入电路时,Ri、R2的电功率分别为Pi、P2.把两电阻并联后接入电路时，Ri、R2的电功率分别为 P'i、P2 .则( )A .Ri =3B .Ri:R2= i:3,C.Ri:R2= 3:i,D .Ri =V5 Q、Pi: P2= 1 : 3Pi': P2= 3: i, Pi : P2= 1 : 3"3, Pi': P2= 3: 1丝线与竖直方向夹角增大，故C错误。D、保持各小球带电情况不变，若使 A球带-Q,则小球受到库仑引力，向右偏转，

7、与 A 球的距离减小，库仑力都增大，则丝线与竖直方向夹角将增大，故D错误。故选：A。根据共点力平衡得，小球受到点评本题要注意根据力的平衡条件分析小球的偏转情况,=mgtan,丝线与竖直方向夹角越小，说明小球受到A的库仑力F分析图象上没有具体的标度， 所以无法计算出电阻的具体数值，但可以根据斜率比较出 它们电阻的比值。根据串联电路中电流相等，可以知道电阻消耗的功率之比等于电阻之 比。在并联电路中，电阻两端的电压相等，所以消耗的功率之比与电阻成反比。解答解：I - U图象的斜率的倒数表示电阻的阻值，所以两电阻的阻值之比为Rl11tan60°_ 1tan30o3,把两电阻串联后接入电路，通

8、过它们的电流相等，根据P= I2R 得:3尺1=1.故B正确,故选：B。ACD错误。LLjlL=I-；当把两电阻并联接入电路中时，加在它们两端的电压相等，根据FWK2 3点评要知道I -U图象中的斜率表示电阻的倒数，虽然图象中没有具体的标度，不能计算出电阻的具体数值来，但可以根据夹角计算出两电阻的比值。5. （ 4分）一带电粒子只在电场力的作用下沿图中曲线MN穿过一匀强电场，a、b、C为该电场的等势面，各个等势面的电势关系为> b> c,则（）CV-A粒子带负电B .从M到N粒子的动能减小C .从M到N粒子的电势能增加D .粒子从M到N运动过程中的动能与电势能之和保持不变分析由于电

9、荷只受电场力作用， 电场力将指向运动轨迹的内侧。 则电场力一定竖直向上，同时注意电场线和等势线垂直，又因电势沿电场线方向降低则说明电场线竖直向上，根据电场力和电场线的方向判断粒子的电性。再由电场力做功判断能量变化。解答解：A .由运动轨迹可知电场力方向竖直向上，由电势的高低可知电场线方向竖直向上，则电性为正，故 A错误。BCD .粒子由M到N电场力做正功，则动能增加，电势能减小，由于不计重力，根据能量守恒定律知：动能与电势能之和不变。故BC错误，D正确。故选：D。点评解决该题的关键是明确知道物体做曲线运动的条件是合力在曲线的内侧，知道顺着电场线电势逐渐降低，知道电场力做功与电势能变化之间的关系

10、。6. （4分）在匀强磁场中，一通有恒定电流的导体圆环用绝缘细线悬挂在天花板上，初始时刻线圈平面与磁场方向平行，如图所示。则关于圆环刚开始通电后转动角度（90）的时间内（从上往下看），下列说法正确的是（）A .圆环顺时针转动，同时有向内收缩的趋势B .圆环逆时针转动，同时有向内收缩的趋势C .圆环顺时针转动，同时有向外扩张的趋势D .圆环逆时针转动，同时有向外扩张的趋势分析通电圆环在磁场中受到安培力作用，选取关键位置的电流元分析，比如左右两侧的电流兀。选取特殊位置进行分析，比如转动角度达到90°后，从而确定运动情况。解答解：通电圆环在磁场中受到安培力作用，取左右两侧的一小段电流元分析

11、，根据左手定则可知，左侧电流元受到安培力垂直纸面向里，右侧电流元受到安培力垂直纸面向 外，则从上往下看，圆环顺时针转动。当转动角度 A 90。时，顺着磁感线方向看，电流为顺时针，根据左手定则可知，圆环受 到安培力方向沿着半径向外，故圆环有向外扩张的趋势，说明圆环在顺时针转动的同时，向外扩张，故 C正确，ABD错误。故选：C O点评本题考查了通电导线在磁场中的受力情况，解题的关键是选取特殊位置的电流元，分析其受力，确定运动情况。7. （ 4分）如左图所示，一带电粒子以水平速度vo （vov*l）先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起，在

12、带电粒子穿过电场和磁场的过程中，（其所受重力忽略不计），电场和磁场对粒子所做的vo穿过重叠场区，在W2,比较W1和功为 Wi；若把电场和磁场正交重叠，如图所示，粒子仍以初速度 带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为W2,则（）S占X X；KX !KXxiX×心X X X KXX 0 *XjCXlXXX；IXXXlXX1I宣齐X IXE甲A .定是 Wi > W2B .- 1定是 Wi= W2C .一定是 WiV W2D .可能是 Wi V W2,也可能是 Wi > W2分析先判断带电粒子在电场中的受力情况和在重叠区的受力情况，比较两种情况中的偏转位移

13、的大小，而洛伦兹力对粒子不做功，只有电场力做功，进而可以判断做功大小.解答解：不论带电粒子带何种电荷，粒子穿过重叠场区时， 电场力的方向与洛伦兹力的方向的夹角大于90°所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以- -定是Wi > W2，故A正确。故选：A。点评本题解题的关键是分析两种情况下的偏转位移的大小，洛伦兹力对带电粒子不做 功，难度适中.&（ 4分）如图所示，一环形线圈的匝数为n半径为R,线圈平面与匀强磁场垂直，且一B均匀地增大到

14、i.5B .在半处在磁场中。在 t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由此过程中，线圈中产生的感应电动势为（A .XX2t4t分析根据法拉第电磁感应定律 0E= N =S,求解感应电动势，其中S是有效面积。解答解：根据法拉第电磁感应定律S= n0E =N ,=nB H R24t,故D正确，ABC错误。故选：D。点评解决电磁感应的问题，关键理解并掌握法拉第电磁感应定律07S,知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积。9. （ 4分）在如图所示的下列四种情况中，能产生感应电流的有（闭合线圈沿磁场方向向上运动Qfl*BRBrI _）B “ 铜盘在两磁极间转动D '条形磁铁静止在线圈上方分析闭合

15、电路的一部分导体， 在磁场中做切割磁感线运动时，就会在导体中产生感应电流；分析磁感线方向和导体运动方向的关系，只要是切割磁感线运动就会产生感应电流。解答解：A、保持线圈平面始终与磁感线垂直，闭合线圈在磁场中沿磁场方向向上运动,运动方向平行于磁场，磁通量不变，无感应电流，故A错误。B、铜盘在两磁极间转动时， 在磁场中的那一部分的铜盘相对于闭合电路的一部分在切割磁感线，所以有感应电流，故B正确。C、闭合电路中ab杆在磁场中向右运动，闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流，故C正确。D、 条形磁铁静止在线圈上方，穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，故D错误。 故选：BC。点评判断是否产生感应电流是

16、要牢牢抓住闭合” 切割”两个关键字眼，在分析时要牢牢把握住这两个方面。10. （4分）如图所示，质量为m的环带+q电荷，套在足够长的绝缘杆上，动摩擦因数为 ,杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，杆与水平电场夹角为若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是（）A 环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零B 环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零C .环在下滑过程中，速度不断增大，最后匀速D 环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零分析对环受力分析，抓住环在垂直杆子方向合力为零，通过洛伦兹力的变化判断支持力的变化，从而得出摩擦力的变化，得出合力的变化，从而得出加速度的变化，结合加速 度方向与速

17、度方向的关系判断速度的变化.解答解：在垂直杆子方向上有：mgcos +qEsin=qvB+N沿杆子方向上有： mgsin - qEcos- f = ma在下滑的过程中，速度增大，由式知，洛伦兹力增大，支持力减小，摩擦力减小，再 由式知，加速度增大。当支持力减小到零，反向增大，摩擦力增大，根据知，加速度减小。当合力为零时， 做匀速直线运动。所以环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零，速度一直增大，最后不变，做 匀速直线运动。故 B、C正确，A、D错误。点评解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住垂直杆子方向合力为零，结合牛顿第二定律进行求解.11. （4分）如图所示，有一带电液滴静止于电容器

18、两极板间，电源内阻r不可忽略，现闭合开关S,将滑动变阻器的滑片向 b端移动少许，稳定后二个小灯泡仍能发光，则下列说 法中正确的是（）A .小灯泡Li变亮，L2变暗B .液滴带负电，将竖直向下运动C .液滴带正电，将竖直向上运动D .电流表中始终存在从左至右的电流分析变阻器滑片向b端移动，变阻器接入电路中的电阻减小，根据 串反并同”可以判断灯泡的明暗变化，以及电容器带电荷量的变化；液滴原来静止在电容器中，受力平衡，则受电场力方向方向竖直向上，进而可以判断液滴带电情况。解答解：A、变阻器的滑片向 b端移动少许，变阻器接入电路的电阻减小，根据串反并同”灯泡Li与变阻器串联，灯泡 L2与变阻器并联，所

19、以灯泡 Li变亮，L2变暗，故A 正确；B、由电路图可知，电容器上极板与电源正极相连，所以上极板带正电，带电液滴能够静止，则受电场力方向向上，故液滴带负电。滑片向下滑动，电容器两板间电压降低，则 板间场强变小，液滴受电场力变小，则液滴受合力方向向下，将向下运动，故B正确。C、由上面B的分析可知，C错误；D、在移动滑片过程中，电容器两端电压降低，电容器带电荷量减少，电容器应该放电，所以电流表中存在自右向左的电流，故D错误。故选：AB。点评根据 串反并同”可以通过各个用电器中的电流以及两端电压的变化，关键是要判断出各个用电器与变阻器的连接情况。12. （4分）如图所示，在 X> 0, y&g

20、t;0的真空中有方向垂直于 Xoy平面向里的匀强磁场，磁 感应强度的大小为 B 现有一质量为 m、电荷量大小为q的带电粒子，从X轴上的某点P 沿着与X轴成30°角的方向以任意大小的速度V射入磁场。不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A 只要粒子的速度大小合适，粒子就可能通过坐标原点B 粒子在磁场中运动所经历的时间可能为qBC 粒子在磁场中运动所经历的时间可能为一-qD .粒子在磁场中运动所经历的时间可能为 -3qB分析带电粒子以一定速度垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，讨论当粒子带正电和带负电时粒子在磁场中的运动时间范围，根据所求得的时间范围分析解答。解答解：A

21、.如果粒子要从 O点射出，则其运动轨迹如图所示,从轨迹上看出粒子还未到达 O点时已经从y轴射出磁场，故粒子不可能从 O点射出磁场,故A错误。BCD .如果粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图所示:根据几何知识可知，其轨迹所对的圆心角为：1= 60°所以粒子的运动时间为:T兀 m1 = ¾B当粒子带正电且从 X轴射出磁场，其运动轨迹如图所示:根据几何知识可知其圆心角为：2= 300°所以粒子在磁场中做圆周运动的时间为:,300i 5 TTnt _360?-T=1 I 3qB如粒子带正电，且从 y轴射出，其从y轴射出时的时间最大时，其轨迹刚好和y轴相切,根据几何知识可知，

22、其圆心角为：3 = 240°所以其运动的时间为：一 一-L-,所以粒子从 y轴射出时，其时间满足P 30Q&3qB ,综上可知，粒子在磁场中运动的时间为t旦H以及t =J,故B错误,3qBqB 兀 SqBCD正确。故选：CD。点评解决该题的关键是能根据题意按照粒子的正负电性来分析题意，能正确做出粒子的运动轨迹，能根据几何知识求解出粒子的轨迹所对应的圆心角。、实验题（共16 分）13. （6分）某实验小组为了探究一标有“ 10 0.5A ”电阻的U - I图线，实验桌上备有下列器材:A .电压表（05V ,内阻约10k ） B .电压表（010V ,内阻约20k ）C .电流表

23、（00.3A ,内阻约1 ）D.电流表（00.6A ,内阻约 0.4 E.滑动变阻器（5 , 2.0A ） F.滑动变阻器（500 , 0.2A）为尽量减小实验误差，要求电压从零开始且需要测出多组U、丨数据，则实验中电压表应选用 A ,电流表应选用D ,滑动变阻器应选用E（均用序号前的字母表示）分析根据电阻额定电压选择电压表，根据额定电流选择电流表，为方便实验操作选择滑动变阻器，根据题意分析答题。解答解：由题意可知，电阻两端电压：U = IR = 0.5 ×0= 5V ,电压表应选择 A ;由题意可知，电阻额定电流为0.5A ,电流表应选择 D;实验要求电压从零开始变化，滑动变阻器应

24、采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E;故答案为：A; D; E。点评本题考查了实验器材的选择，应掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习。14. (10分)一研究学习小组，为了测定两节串联干电池组的电动势E和内电阻r,实验器材有：一只DIS电流传感器(可视为理想电流表， 测得的电流用I表示)，一只电阻箱(阻 值用R表示)，一只开关和导线若干。 该学习小组设计了如图甲所示的电路进行实验和采 集数据。甲乙(1)设计该实验的原理表达式是E= I ( R+r) (用 E、r、I、R 表示);(2)在闭合开关之前，应先将电阻

25、箱阻值调至最大值 (选填 最大值” 最小值”或任意值”)，在实验过程中，将电阻箱调至图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为 12 ;(3)根据实验采集到的数据作出如图丙所示的一-R图象，则由图象求得该电池组的电动势E=2.7 V ,内阻r=2.1 .(结果均保留两位有效数字)分析(1)由图可知实验中采用了电流表及是阻箱测电动势和内电阻，故应采用电流及 电阻表达闭合电路欧姆定律；(2) 电学实验中为了安全，在开始实验时滑动变阻器应从最大值逐渐调小；根据电阻箱的读数原理进行读数；(3) 由闭合电路欧姆定律可得出I与R的表达式，根据图象的性质可得出电动势和内电 阻。解答解：(1)由图可知，本实验

26、采用的是电流表与电阻箱测定电动势，在闭合电路中,电动势为：E= I ( R+r);(2)为了保证电路安全，闭合开关前电阻箱接入电路的阻值应为电阻箱的最大阻值；由图乙所示电阻箱可知，电阻箱的示数为:0× 1000 +0× 100 +1× 10 +2×=2;(3)在闭合电路中,斜率：k =出,EE= I ( R+r),则则-R图象的截距:b=图象由图象可知:b= 0.8, k = 4-1 =398,解得电动势为:E2.7V,电源内阻为：r 2.1 ；故答案为：(1) E = I ( R+r); (2)最大值，12; (3) 2.7; 2.1。点评本题采用安阻

27、法测电源的电动势，本方法的关键在于能列出电流与滑动变阻器的关系，再结合图象求出电动势和内电阻。三、计算题(共36分)解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤15. (6分)如图所示，水平放置一宽度为L = 0.4m的矩形导体框架，导体细棒ab可在框上自由移动，且与导体框架接触良好。整个装置处在磁感应强度为B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，细棒ab的电阻为R = 0.2 其余部分电阻不计，棒在水平力F作用下以V= 2ms的速率匀速向右运动。求细棒ab消耗的电功率 POiZ13/*F分析根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律和功率公式可以求出消耗的电功 率。解答解：速度

28、V与磁感应强度B垂直，棒ab产生的感应电动势为：E = BLV根据闭合电路欧姆定律，通过棒ab的感应电流为：'=R细棒ab消耗的电功率为：P= EI联立各式代入数据解得：P= 0.8W答：细棒ab消耗的电功率P为0.8W。点评本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，在涉及电磁感应和电路问题时，要注意法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律的应用。16. (8分)有一个表头，其满偏电流Ig= 1mA ,内阻Rg= 500 .求：(1) 如何将该表头改装成量程U= 3V的电压表？(2) 如何将该表头改装成量程I = 0.6A的电流表？分析(1)把电流表改装成电压表应串联一个大的分压电阻，应用串

29、联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。(2)把电流表改装成大量程电流表应并联一个电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值。解答解：(1电压表满偏时，由欧姆定律公式可知：U = Ig (R+Rg),解得：R= 2500 即与表头串联一个 2500的分压电阻，并将表头的刻度盘按设计的量程进行刻度。(2)电流表满偏时，由欧姆定律公式可知：IgRg=( I - Ig) r,解得：R 0.83 即与表头并联一个 0.83 的分流电阻，并将表头的刻度盘按设计的量程进行刻度。答：(1)与表头串联一个2500的分压电阻，并将表头的刻度盘按设计的量程进行刻度。(2)与表头并联一个 0.83 的分

30、流电阻，并将表头的刻度盘按设计的量程进行刻度。点评本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定 律即可正确解题。17. (10分)如图所示，在以 O为圆心，内外半径分别为Ri = 0.5m和R2= 1.5m的圆环区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的粒子从内圆上的 A点射入该圆环区域，不计空气阻力及粒子重力。求：(1) 若磁感应强度 B = 1T,粒子从OA延长线与外圆的交点 C以速度v= I05ms射出， 方向与OA延长线成30°角，粒子的电性及比荷 丄；(2) 若粒子仍从A点沿不同方向射入磁场，速度大小为V2= 106ms,要使所有粒子一定都能够从外圆射出，磁感应强度的大小B'满足的条件。分析(1)根据左手定则判断粒子的电性，做出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向 心力求解出粒子的荷质比。(2)若粒子从A点进入磁场，速度大小一定，方向不定，要使粒子一定能够从外圆射出, 粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，所以由轨道半径从而求出最小磁感应强度。解答解：(1)由左手定则知，粒子带正电，粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子运动的 轨道半径为r,由牛顿第定律得：qv I B二 I r又由几何关系可知，粒子运动的半径r= R2-Ri= Im联立解得比荷卫 _