2020-2021学年阿勒泰第二高级中学高二年级上册学期期末物理试卷(附解析)

2020-2021学年阿勒泰第二高级中学高二上学期期末物理试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

I.验电器a不带电，验电器B上装有带孔的空心金属球C,金属球C带电。D是带有绝缘手柄的金属

小球，可以从C上方的小孔进入其内部。下列说法正确的是（）

A.图甲中，使。跟C的外部接触，再让。跟4靠近时，A的箔片张开

B.图甲中，使。跟C的外部接触，再让。跟4接触时，A的箔片不张开

C.图乙中，使。跟C的内部接触，再让。跟4靠得更近些，力的箔片张开

D.图乙中，使。跟C的内部接触，再让。跟力接触，重复多次后，4的箔片张开

2.如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等即

边三角形的三个顶点上，be连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且

la=lb=2/c，电流方向如图中所示。。点为三角形的中心（。点到三个顶短二治

*r

点的距离相等），其中通电导线C在。点产生的磁场的磁感应强度大小为

80.已知近电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小8=?，其中/为通电导线的

电流强度，r为该点到通电导线的垂直距离，k为常数，则下列说法正确的是（）

A.0点处的磁感应强度的大小为3B。

B.。点处的磁感应强度的大小为5B0

C.质子垂直纸面向里通过0点时所受洛伦兹力的方向由。点指向c

D.电子垂直纸面向里通过。点时所受洛伦兹力的方向垂直0c连线向下

3.如图所示，菱形ABC。的对角线相交于。点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与

N点，且OM=ON,贝IJ（）

fi

A.从0两处电势相等

B.A、C两处场强大小相等、方向相反

C.同一个试探电荷放在4、C两处时电势能相等

D.把一个带正电的试探电荷从4点沿直线移动到B点的过程中电场力先做正功再做负功

4.某交流发电机线圈电阻为0.40,给灯泡提供如图所示的正弦式交变电流.下列说法中正确的是

（）

A.交变电流的频率为0.02Hz

B.交变电流的瞬时表达式为i=5cos507Tt（4）

C.在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大

D.发电机线圈产生的热功率为5W

5.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从

平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于电场线方向进入电场，它

们分别落到4、B、C三点（）

A.落到4点的小球带正电，落到B点的小球不带电

B.三小球在电场中运动的时间相等

C.三小球到达正极板时动能关系是>EkB>EkC

D.三小球在电场中运动的加速度关系是以>aB>ac

6.电动势为E的电源与一电压表和一电流表串联成闭合回路.如果将一电阻与电压表并联，则电压

表的读数减小为原来的右电流表的读数大小为原来的3倍.则可以求出（）

A.电源的内阻B.电流表的内阻

C.电压表原来的读数D.电流表原来的读数

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

7.下列说法中，符合史实的是（）

A.胡克认为只有在一定条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量

B.亚里士多德认为重物体要比轻物体下落的慢

C.库伦发现了电荷之间相互作用的规律-库伦定律，卡文迪许用扭秤实验测出了静电力常数

D.伽利略为探究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，这运用了类比法

8.图中的实线表示等差等势线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运［於9

动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）

A.粒子在M点的电场力小于N点的所受的电场力

B.M点的电势高于N点的电势

C.粒子在M点的速度大于在N点的速度

D.粒子在N点的电势能小于在M点的电势能

9.如图所示，面积为S,匝数为n的线圈内有理想的磁场边界，已知磁

感应强度随时间的变化规律为：8=%-比（/£>0且为常数，但未

知），当t=0时磁场方向垂直纸面向里。在磁场方向改变之前，有

一带电量为q，质量为zn的粒子静止于水平放置的、间距离为d的平行板电容器中间。（重力加速

度为g）由此可以判断（）

A.此粒子带负电

B.磁感应强度的变化率为卜=黑

C.当磁场方向改变后，该粒子将向下加速运动

D.电容器所带电荷量与时间成正比

10.运动员用双手握住竖直的竹竿匀速攀上和匀速滑下，它所受的摩擦力分别是人和人,那么（）

A.方向下，左向上，且方=f28.方向下，/2向下，且方=f2

C.人向上，力向上，且A=心D.方为静摩擦力，片为滑动摩擦力

三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）

11.（1）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。该金属丝的直径是mm.

（2）在用单摆测定重力加速度的实验中，用游标为20分度的游标卡尺测量摆球的直径，示数如图所示,

读数为mmo

阜

0

2

图

灯特性实验、、

12.在“描述小泡的伏安曲线”中，除直流电源开关导线外，还有如下器材可供选

择:

U

V5

A.小灯泡31.W

流02

8.电表（34,内阻约.0）

表量0

C.电流（程.64,内阻约10）

压内

。.电表（量程3V,阻约2OM2）

滑动01、2A

E.变阻器（〜0。）

滑01、5

E动变阻器（〜k。0.4）

用应变器选__字

（1）实验所到的电流表选，滑动阻应____.（填母代号）

要求左滑程数从渐增请将

（2）实验滑动变阻器的滑片从向右动过中，电表的示零开始逐大.甲图中的

物.

实连线完成

3将在动为电两灯消为

（）若该灯泡接一电势为3V、内电阻2。源的端，则泡耗的功率W

、简答题题）

四（本大题共1小，共10.0分

.是非力把形能为能置

13电源通过静电做功其他式的转化电势的装，在不同

中，力本相电势表电

的电源非静电做功的领也不同，物理学中用动来明

电源

源的这种特性。电动势在数值上等于非静电力把1C的电荷在电源内从负极移送到正极所做的功,

如图所示，如果移送电荷q时非静电力所做的功为小，写出电动势E1的表达式；

五、计算题(本大题共3小题，共33.0分)

14.如图所示，竖直平面内的曲线轨道4B与光滑圆形轨道在B点平滑连接，B点、

的切线沿水平方向，圆形轨道半径R=0.4m。现有一质量m=0.2kg的滑

块(可视为质点)，从位于轨道上的4点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好

能通过圆形轨道的最高点C,已知4点到B点的高度八=1.5巾，重力加速度

g=10m/s2,空气阻力可忽略不计，求：

(1)滑块通过圆形轨道上B点时对轨道的压力大小；

(2)滑块从4点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功。

15.如图所示(俯视图)，相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨的一部分处在以的，'为右边

界的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强大小为B,方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电

阻R,导轨电阻忽略不计。在距边界酶'为L处垂直导轨放置一质量为加、电阻不计的金属杆必。

求解以下问题:

(1)若金属杆必固定在导轨上的初始位置，磁场的磁感应强度在时间t内由B均匀减小到0,求此过程

中电阻R上产生的焦耳热做「

(2)若磁场的磁感应强度不变，金属杆ab在恒力的作用下由静止开始向右运动3L的距离，其般图

象如图乙所示。

求：①金属杆必在刚要离开磁场时加速度的大小；

②此过程中电阻R上产生的焦耳热翻。

16.如图电路中，电源电动势E=6U,内阻r=20,电阻治=10,变Ed

阻器最大阻值R=102当滑片P由变阻器a端滑到b端的过程中，

(1)变阻器R多少。时，电阻心消耗的电功率最大，最大电功率心多少W?

(2)变阻器R多少。时，电源输出的电功率最大，最大输出功率以多少十？

(3)变阻器R多少0时，电阻R消耗的电功率最大.电阻R最大功率是多少W?

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、空腔导体带电时净电荷分布与金属球外侧，内部不带电；故让。先接触金属球C的外

部，则。带上电荷，再让。跟4靠近时，由于发生静电感应，力的箔片张开。故A正确；

B、让D先接触金属球C的外部，则。带上电荷，再让。跟4接触时，4的箔片张开。故B错误；

C、让不带电的。先跟C的内部接触，由于C的内部不带电，所以。始终不带电，所以让。跟4靠得更

近些，4的箔片始终不张开。故C错误；

D、让不带电的。先跟C的内部接触，由于C的内部不带电，所以。始终不带电，所以让。跟4接触，A

的箔片始终不张开。故。错误

故选：Ao

明确物体带电的三种带电方式及原理：接触带电、感应起电、摩擦带电。注意空腔导体带电时分布

在外表面。

在该题中，要理解该实验的目的与实验操作的过程，弄清该操作的过程中采用了接触带电的带电方

式，另外要注意空腔导体带电特点。

2.答案：A

解析：解：AB、根据右手螺旋定则结合公式B=?，电流c在。产生的磁场平

行必指向左下方，大小为殳；

由于/a=〃=2/c，则电流a在。产生的磁场平行于儿向左，大小为2B。，同

理：b电流在。产生的磁场平行ac指向右下方，大小为2%,

根据平行四边形定则，则。点合磁感应强度的方向垂直0c指向左向下，大小为B=B0+2x

2B0cos60°=3B0,故A正确，8错误；

CD,根据左手定则，质子垂直纸面向里通过0点时所受洛伦兹力的方向由c点指向。，电子垂直纸面

向里通过。点时所受洛伦兹力的方向由。点指向c,故错误;

故选：Ao

根据右手螺旋定则判断出直导线在。点的磁场方向，根据平行四边形定则，对磁感应强度进行合成，

得出。点的合磁感应强度的大小；

再依据左手定则，从而确定带电粒子受到的洛伦兹力方向。

解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度的合成遵循平行

四边形定则，注意掌握左手定则的应用。

3.答案：A

解析：解:

人根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，8、。两处电势、场强均相同，故4正确：

8、据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，4、C场

强相同，故8错误；

C、据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A点电势

高，故同一个试探电荷放在4、C两处时电势能不相等，故C错误：

。、把一个带正电的试探电荷从4点沿直线移动到B点的过程中，电场力与位移的方向夹角先大于90。,

后小于90。，故电场力先做负功后做正功，故。错误。

故选：儿

一、考查等量异种点电荷的电场线与等势线的分布；二、考查电势能与电势的关系式：EP=q<p；三、

对电场力做功与电势能变化关系的考查W=-△Ep

对教材基础知识的考查，学生在熟练掌握等量异种点电荷电场线和等势线分布基础上，应用Ep=q(p、

W=-解题。

4.答案：D

解析：解：4、由图象可知，交流电的周期为20x10-35,所以交流电的频率为f="=50Hz,所以

A错误；

B、根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=Acos3t=5cosl007rt(4),所以B错误；

C、在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交

流发电机线圈的磁通量最小，所以C错误；

。、交流电的有效值为/=疆=》，所以发电机的发热功率为P=〃r=(款xO.4W=5W,所以

。正确.

故选：D.

根据图象可明确瞬时表达式及最大值和周期等；再根据周期和频率的关系求得频率；根据交流电的

交生规律可明确磁通量的大小.

解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的

有效值的大小.

5.答案：A

解析：解：在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：

F

A

0-()-0

、,F

VVV

GGG

由此可知不带电小球做平抛运动由=*带正电小球做类平抛运动。2=个，带负电小球做类平抛

V——IG+F

运动=—■＞

根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生

的位移九相等，

据£=聆得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短。

A、三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，

故水平位移最大的4是带正电荷的小球，B是不带电的小球，C带负电的小球。故A正确。

8、由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0,由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，

故它们的运动时间不相等，故8错误；

C、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。由受力图可知，

带负电小球合力最大为G+凡做功最多，动能最大，带正电小球合力最小为G-F,做功最少，动

能最小，即有%%＜EkB＜七M.故C错误。

D、因为4带正电，B不带电，C带负电，所以a,=a2,aB=ar,ac=a3,所以a.＜与＜a。故。

错误。

故选：Ao

有图可知上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负

电荷受到向下的电场力.则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力

加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动.由此根据平抛和类平抛运动规律

求解.

确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方

向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析.

6.答案：C

解析：解：设电压表和电流表的原来读数分别为u和/,电源和电流表的内阻分别为％和小由闭合电

路的欧姆定律得：

E=U+/(6+r2)①

后=剖+3/31+72)②

解①②两式并代入£的数值得

U=0.75E,

通过以上的两个公式，不能求出电源和电流表的内阻分别为万和上以及电流表原来的读数。所以选项

C正确，错误，

故选：Co

题目中给出的是两种情况下的电流表电压表示数的变化，故可设出原来两表的读数，由比例关系得

出变化后的读数，通过闭合电路的欧姆定律列方程组求解即可.

本题初看时好像少了些条件，但注意题目中给出了两次电流表、电压表示数的比值，另外可将电流

表当作内阻处理，则电压表的示数即为路端电压，则可由闭合电路欧姆定律列式求解.

7.答案:AB

解析：解：4、胡克认为只有在一定条件下，弹簧的弹力与弹簧的伸长量(或压缩量)成正比，故A正

确；

B,亚里士多德认为重物体要比轻物体下落的慢，故B正确；

C、库仑用库仑扭称实验研究总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，卡文迪

许用扭秤实验测出了万有引力常量匕故C错误；

。、伽利略为了探究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，这运用了转换法，

故。错误；

故选：AB

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是

考试内容之一.

8.答案：AC

解析：解：4、M点处的等差等势线较疏，而N点处等差等势线较密，则M点处的电场强度较小，由

F=qE可知，粒子在M点的电场力小于N点的所受的电场力，故A正确；

2、电场线与等势线垂直，结合粒子轨迹的弯曲方向判断电场力方向指向左侧，而粒子带正电，所以

场强方向大体向左，根据顺着电场线方向电势降低，所以M点的电势低于N点的电势，故8错误；

CD,由粒子所受电场力方向大致斜向左下方，对粒子做负功，其电势能增加，动能减小，则知粒子

在M点的电势能小于在N点的电势能，在M点的动能大于在N点的动能，在M点的速度大于在N点受

到的速度。故C正确。错误，

故选：ACo

由等差等势线的疏密判断场强大小，由尸=qE判断电场力的大小；由粒子轨迹的弯曲方向判断电场

力方向，电场力方向应指向轨迹的内侧，由电场线与等势线垂直，可大体画出电场线。由电场力做

功正负，判断电势能的大小和动能的大小。

本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线

的物理意义判断场强、电势等的大小

9.答案：AB

解析：解：4、由楞次定律可知，平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，极板间场强竖直向下，

粒子在极板间静止，粒子所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相反，粒子带负电，故4正

确；

B、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=n竿=n"S=nkS,粒子静止处于平衡状态，

由平衡条件得：mg=q*解得：k=黑,故B正确；

C、由楞次定律可知，当磁场方向改变后，感应电动势方向不变，粒子受力情况不变，粒子仍静止不

动，故C错误；

。、电容器两极板间电势差：U=E=nkS,电容器所带电荷量：Q=CU=CnkS,Q与时间无关，

故。错误；

故选：AB.

根据题意应用楞次定律判断出感应电动势方向，根据粒子受力情况判断粒子电性；

应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，对粒子应用平衡条件求出k；

根据电容定义式分析答题。

本题是电磁感应与电路相结合的综合题，是含容电路问题，分析清楚磁感应强度随时间变化关系，

应用法拉第电磁感应定律、楞次定律与平衡条件可以解题。

10.答案：CD

解析：

运动员匀速攀上和匀速滑下的过程中，受力均平衡.匀速攀上时，其重力与静摩擦力平衡；匀速下

滑时，其重力与滑动摩擦力平衡。

本题运用平衡条件分析生活中的摩擦问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件求解摩擦力

的大小。

4BC.匀速攀上时，其重力与静摩擦力平衡，由平衡条件可知：/1方向竖直向上，h=G；匀速下滑

时，其重力与滑动摩擦力平衡，则心方向竖直向上，且；2=G,所以/1=%，故AB错误，C正确；

D运动员双手握住竖直竹竿匀速攀上过程受到静摩擦力作用，匀速滑下的过程中，受到滑动摩擦力

作用，故。正确。

故选CD。

11.答案：1.7046.75

解析：解：(1)螺旋测微器固定刻度为1,5巾机，可动刻度为0.01x20.4=0.204.两者相加为

1.704mm(1.704至1.706都可以)

(2)主尺读数为6rmn,游标读数为0.05x15=0.75mm,两者相加为6.75rmn；

故答案为:(1)1.704(1.702-1.705)(2)6.75

螺旋测微器测量金属板的厚度时的读数分两步：先读固定刻度，再读可动刻度。注意读可动刻度时

要估读。

游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数。注意不需要估读。

解决本题的关键是掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法；读数时注意有效位数的保留。

12.答案：(1)C,E：(2)(3)0.88..

解析:

(1)根据小灯泡的额定电流选择电流表，根据电路滑动变阻器的接法，选择滑动变阻器；

(2)明确滑动变阻器的接法，再将甲图实物连线完成；

(3)在乙图中作出电源的U-/图象，交点就是此时灯泡两端的电压和通过的电流，再计算灯泡消耗的

功率；

本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线，解题关键是掌握器材选择的方法，描绘小灯泡的伏安特性曲

线实验的原理图，以及利用作图法求解小灯泡实际消耗的功率。

⑴小灯泡标有：“3V,1.5勿”，则小灯泡的额定电流为/=《=技4=0.54故电流表量程选0.64

即可，电流表选C；

描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压和电流要从0开始测量，因此电路中滑动变阻器采用分压接法，为

了便以调节滑动变阻器要选用最大阻值较小的，故滑动变阻器选E;

(2)实验要求滑动变阻器的滑片从左向右滑动过程中，电表的示数从零开始逐渐增大，可知滑动变阻

器采用分压式接法，

将甲图实物连线完成如图所示：

(3)在乙图中作出电源的U-/关系图线U=3-21,如下图所示，交点就是此时灯泡两端的电压和通

过的电流

KUN

从图中可知，此时灯泡两端电压为2.2V,通过小灯泡的电流为0.4A,则灯泡消耗的功率为:

p=/U=0.4x2.2W=0.88W。

13.答案：解：根据电动势的定义：电动势等于把正电荷从负极移送到正极所作的功与被移送的电荷

量的比值，可得比=3

答:电动势Ei的表达式为Ei=%

解析：根据电动势定义E=」解得E。

q

本题要掌握和推导电动势的定义式，建立物理模型，理清思路是关键，知道非静电力和电场力做功

的区别。

14.答案：解：(1)滑块恰好通过圆形轨道的最高点C时，轨道对滑块没有作用力，由重力提供向心力，

则

mg=m1

解得：vc=2m/s

滑块从B点到C点的过程，由机械能守恒得

1212।nn

-TTIVQ=-mvQ+mg-2R

联立解得%=2y/5m/s

滑块在B点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有

V

FZ7N-mg=