2020-2021學年阿勒泰第二高級中學高二年級上冊學期期末物理試卷(附解析)

2020-2021學年阿勒泰第二高級中學高二上學期期末物理試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

I.驗電器a不帶電，驗電器B上裝有帶孔的空心金屬球C,金屬球C帶電。D是帶有絕緣手柄的金屬

小球，可以從C上方的小孔進入其內部。下列說法正確的是（）

A.圖甲中，使。跟C的外部接觸，再讓。跟4靠近時，A的箔片張開

B.圖甲中，使。跟C的外部接觸，再讓。跟4接觸時，A的箔片不張開

C.圖乙中，使。跟C的內部接觸，再讓。跟4靠得更近些，力的箔片張開

D.圖乙中，使。跟C的內部接觸，再讓。跟力接觸，重復多次后，4的箔片張開

2.如圖所示，a、b、c為三根與紙面垂直的固定長直導線，其截面位于等即

邊三角形的三個頂點上，be連線沿水平方向，導線中通有恒定電流，且

la=lb=2/c，電流方向如圖中所示。。點為三角形的中心（。點到三個頂短二治

*r

點的距離相等），其中通電導線C在。點產生的磁場的磁感應強度大小為

80.已知近電長直導線在周圍空間某點產生磁場的磁感應強度的大小8=?，其中/為通電導線的

電流強度，r為該點到通電導線的垂直距離，k為常數，則下列說法正確的是（）

A.0點處的磁感應強度的大小為3B。

B.。點處的磁感應強度的大小為5B0

C.質子垂直紙面向里通過0點時所受洛倫茲力的方向由。點指向c

D.電子垂直紙面向里通過。點時所受洛倫茲力的方向垂直0c連線向下

3.如圖所示，菱形ABC。的對角線相交于。點，兩個等量異種點電荷分別固定在AC連線上的M點與

N點，且OM=ON,貝IJ（）

fi

A.從0兩處電勢相等

B.A、C兩處場強大小相等、方向相反

C.同一個試探電荷放在4、C兩處時電勢能相等

D.把一個帶正電的試探電荷從4點沿直線移動到B點的過程中電場力先做正功再做負功

4.某交流發(fā)電機線圈電阻為0.40,給燈泡提供如圖所示的正弦式交變電流.下列說法中正確的是

（）

A.交變電流的頻率為0.02Hz

B.交變電流的瞬時表達式為i=5cos507Tt（4）

C.在t=0.01s時，穿過交流發(fā)電機線圈的磁通量最大

D.發(fā)電機線圈產生的熱功率為5W

5.如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從

平行板電場中的P點以相同的初速度垂直于電場線方向進入電場，它

們分別落到4、B、C三點（）

A.落到4點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電

B.三小球在電場中運動的時間相等

C.三小球到達正極板時動能關系是>EkB>EkC

D.三小球在電場中運動的加速度關系是以>aB>ac

6.電動勢為E的電源與一電壓表和一電流表串聯成閉合回路.如果將一電阻與電壓表并聯，則電壓

表的讀數減小為原來的右電流表的讀數大小為原來的3倍.則可以求出（）

A.電源的內阻B.電流表的內阻

C.電壓表原來的讀數D.電流表原來的讀數

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

7.下列說法中，符合史實的是（）

A.胡克認為只有在一定條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量

B.亞里士多德認為重物體要比輕物體下落的慢

C.庫倫發(fā)現了電荷之間相互作用的規(guī)律-庫倫定律，卡文迪許用扭秤實驗測出了靜電力常數

D.伽利略為探究自由落體的規(guī)律，將落體實驗轉化為著名的“斜面實驗”，這運用了類比法

8.圖中的實線表示等差等勢線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運［於9

動軌跡，粒子先經過M點，再經過N點，可以判定（）

A.粒子在M點的電場力小于N點的所受的電場力

B.M點的電勢高于N點的電勢

C.粒子在M點的速度大于在N點的速度

D.粒子在N點的電勢能小于在M點的電勢能

9.如圖所示，面積為S,匝數為n的線圈內有理想的磁場邊界，已知磁

感應強度隨時間的變化規(guī)律為：8=%-比（/￡>0且為常數，但未

知），當t=0時磁場方向垂直紙面向里。在磁場方向改變之前，有

一帶電量為q，質量為zn的粒子靜止于水平放置的、間距離為d的平行板電容器中間。（重力加速

度為g）由此可以判斷（）

A.此粒子帶負電

B.磁感應強度的變化率為卜=黑

C.當磁場方向改變后，該粒子將向下加速運動

D.電容器所帶電荷量與時間成正比

10.運動員用雙手握住豎直的竹竿勻速攀上和勻速滑下，它所受的摩擦力分別是人和人,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.方為靜摩擦力，片為滑動摩擦力

三、實驗題（本大題共2小題，共17.0分）

11.（1）用螺旋測微器測量某金屬絲直徑的結果如圖所示。該金屬絲的直徑是mm.

（2）在用單擺測定重力加速度的實驗中，用游標為20分度的游標卡尺測量擺球的直徑，示數如圖所示,

讀數為mmo

阜

0

2

圖

燈特性實驗、、

12.在“描述小泡的伏安曲線”中，除直流電源開關導線外，還有如下器材可供選

擇:

U

V5

A.小燈泡31.W

流02

8.電表（34,內阻約.0）

表量0

C.電流（程.64,內阻約10）

壓內

。.電表（量程3V,阻約2OM2）

滑動01、2A

E.變阻器（?0。）

滑01、5

E動變阻器（?k。0.4）

用應變器選__字

（1）實驗所到的電流表選，滑動阻應____.（填母代號）

要求左滑程數從漸增請將

（2）實驗滑動變阻器的滑片從向右動過中，電表的示零開始逐大.甲圖中的

物.

實連線完成

3將在動為電兩燈消為

（）若該燈泡接一電勢為3V、內電阻2。源的端，則泡耗的功率W

、簡答題題）

四（本大題共1小，共10.0分

.是非力把形能為能置

13電源通過靜電做功其他式的轉化電勢的裝，在不同

中，力本相電勢表電

的電源非靜電做功的領也不同，物理學中用動來明

電源

源的這種特性。電動勢在數值上等于非靜電力把1C的電荷在電源內從負極移送到正極所做的功,

如圖所示，如果移送電荷q時非靜電力所做的功為小，寫出電動勢E1的表達式；

五、計算題(本大題共3小題，共33.0分)

14.如圖所示，豎直平面內的曲線軌道4B與光滑圓形軌道在B點平滑連接，B點、

的切線沿水平方向，圓形軌道半徑R=0.4m?，F有一質量m=0.2kg的滑

塊(可視為質點)，從位于軌道上的4點由靜止開始滑下，滑塊經B點后恰好

能通過圓形軌道的最高點C,已知4點到B點的高度八=1.5巾，重力加速度

g=10m/s2,空氣阻力可忽略不計，求：

(1)滑塊通過圓形軌道上B點時對軌道的壓力大??；

(2)滑塊從4點滑至B點的過程中，克服摩擦阻力所做的功。

15.如圖所示(俯視圖)，相距為2L的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌的一部分處在以的，'為右邊

界的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強大小為B,方向垂直導軌平面向下，導軌右側接有定值電

阻R,導軌電阻忽略不計。在距邊界酶'為L處垂直導軌放置一質量為加、電阻不計的金屬桿必。

求解以下問題:

(1)若金屬桿必固定在導軌上的初始位置，磁場的磁感應強度在時間t內由B均勻減小到0,求此過程

中電阻R上產生的焦耳熱做「

(2)若磁場的磁感應強度不變，金屬桿ab在恒力的作用下由靜止開始向右運動3L的距離，其般圖

象如圖乙所示。

求：①金屬桿必在剛要離開磁場時加速度的大??；

②此過程中電阻R上產生的焦耳熱翻。

16.如圖電路中，電源電動勢E=6U,內阻r=20,電阻治=10,變Ed

阻器最大阻值R=102當滑片P由變阻器a端滑到b端的過程中，

(1)變阻器R多少。時，電阻心消耗的電功率最大，最大電功率心多少W?

(2)變阻器R多少。時，電源輸出的電功率最大，最大輸出功率以多少十？

(3)變阻器R多少0時，電阻R消耗的電功率最大.電阻R最大功率是多少W?

參考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、空腔導體帶電時凈電荷分布與金屬球外側，內部不帶電；故讓。先接觸金屬球C的外

部，則。帶上電荷，再讓。跟4靠近時，由于發(fā)生靜電感應，力的箔片張開。故A正確；

B、讓D先接觸金屬球C的外部，則。帶上電荷，再讓。跟4接觸時，4的箔片張開。故B錯誤；

C、讓不帶電的。先跟C的內部接觸，由于C的內部不帶電，所以。始終不帶電，所以讓。跟4靠得更

近些，4的箔片始終不張開。故C錯誤；

D、讓不帶電的。先跟C的內部接觸，由于C的內部不帶電，所以。始終不帶電，所以讓。跟4接觸，A

的箔片始終不張開。故。錯誤

故選：Ao

明確物體帶電的三種帶電方式及原理：接觸帶電、感應起電、摩擦帶電。注意空腔導體帶電時分布

在外表面。

在該題中，要理解該實驗的目的與實驗操作的過程，弄清該操作的過程中采用了接觸帶電的帶電方

式，另外要注意空腔導體帶電特點。

2.答案：A

解析：解：AB、根據右手螺旋定則結合公式B=?，電流c在。產生的磁場平

行必指向左下方，大小為殳；

由于/a=〃=2/c，則電流a在。產生的磁場平行于兒向左，大小為2B。，同

理：b電流在。產生的磁場平行ac指向右下方，大小為2%,

根據平行四邊形定則，則。點合磁感應強度的方向垂直0c指向左向下，大小為B=B0+2x

2B0cos60°=3B0,故A正確，8錯誤；

CD,根據左手定則，質子垂直紙面向里通過0點時所受洛倫茲力的方向由c點指向。，電子垂直紙面

向里通過。點時所受洛倫茲力的方向由。點指向c,故錯誤;

故選：Ao

根據右手螺旋定則判斷出直導線在。點的磁場方向，根據平行四邊形定則，對磁感應強度進行合成，

得出。點的合磁感應強度的大??；

再依據左手定則，從而確定帶電粒子受到的洛倫茲力方向。

解決本題的關鍵掌握右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場方向，以及知道磁感應強度的合成遵循平行

四邊形定則，注意掌握左手定則的應用。

3.答案：A

解析：解:

人根據等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性，8、。兩處電勢、場強均相同，故4正確：

8、據順著電場線方向電勢降低，結合等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性特點可知，4、C場

強相同，故8錯誤；

C、據順著電場線方向電勢降低，結合等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性特點可知，A點電勢

高，故同一個試探電荷放在4、C兩處時電勢能不相等，故C錯誤：

。、把一個帶正電的試探電荷從4點沿直線移動到B點的過程中，電場力與位移的方向夾角先大于90。,

后小于90。，故電場力先做負功后做正功，故。錯誤。

故選：兒

一、考查等量異種點電荷的電場線與等勢線的分布；二、考查電勢能與電勢的關系式：EP=q<p；三、

對電場力做功與電勢能變化關系的考查W=-△Ep

對教材基礎知識的考查，學生在熟練掌握等量異種點電荷電場線和等勢線分布基礎上，應用Ep=q(p、

W=-解題。

4.答案：D

解析：解：4、由圖象可知，交流電的周期為20x10-35,所以交流電的頻率為f="=50Hz,所以

A錯誤；

B、根據圖象可得，交變電流的瞬時表達式為i=Acos3t=5cosl007rt(4),所以B錯誤；

C、在t=0.01s時，感應電流最大，所以此時穿過交流發(fā)電機線圈的磁通量的變化率最大，穿過交

流發(fā)電機線圈的磁通量最小，所以C錯誤；

。、交流電的有效值為/=疆=》，所以發(fā)電機的發(fā)熱功率為P=〃r=(款xO.4W=5W,所以

。正確.

故選：D.

根據圖象可明確瞬時表達式及最大值和周期等；再根據周期和頻率的關系求得頻率；根據交流電的

交生規(guī)律可明確磁通量的大小.

解決本題的關鍵就是有電流的瞬時值表達式求得原線圈中電流的最大值，進而求得原線圈的電流的

有效值的大小.

5.答案：A

解析：解：在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負電小球的受力如下圖所示：

F

A

0-()-0

、,F

VVV

GGG

由此可知不帶電小球做平拋運動由=*帶正電小球做類平拋運動。2=個，帶負電小球做類平拋

V——IG+F

運動=—■＞

根據題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動，球到達下極板時，在豎直方向產生

的位移九相等，

據￡=聆得三小球運動時間，正電荷最長，不帶電小球次之，帶負電小球時間最短。

A、三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，則落在板上時水平方向的距離與下落時間成正比，

故水平位移最大的4是帶正電荷的小球，B是不帶電的小球，C帶負電的小球。故A正確。

8、由于三小球在豎直方向位移相等，初速度均為0,由于電場力的作用，三小球的加速度不相等，

故它們的運動時間不相等，故8錯誤；

C、根據動能定理，三小球到達下板時的動能等于這一過程中合外力對小球做的功。由受力圖可知，

帶負電小球合力最大為G+凡做功最多，動能最大，帶正電小球合力最小為G-F,做功最少，動

能最小，即有%%＜EkB＜七M.故C錯誤。

D、因為4帶正電，B不帶電，C帶負電，所以a,=a2,aB=ar,ac=a3,所以a.＜與＜a。故。

錯誤。

故選：Ao

有圖可知上極板帶負電，所以平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，負

電荷受到向下的電場力.則不帶電的小球做平拋運動，帶負電的小球做類平拋運動，加速度比重力

加速度大，帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運動.由此根據平拋和類平拋運動規(guī)律

求解.

確認不帶電小球做平拋運動，帶電小球做類平拋運動，分水平和豎直方向分析小球的運動，水平方

向勻速直線運動，豎直方向初速度為0的勻加速直線運動，由運動的合成與分解進行分析.

6.答案：C

解析：解：設電壓表和電流表的原來讀數分別為u和/,電源和電流表的內阻分別為％和小由閉合電

路的歐姆定律得：

E=U+/(6+r2)①

后=剖+3/31+72)②

解①②兩式并代入￡的數值得

U=0.75E,

通過以上的兩個公式，不能求出電源和電流表的內阻分別為萬和上以及電流表原來的讀數。所以選項

C正確，錯誤，

故選：Co

題目中給出的是兩種情況下的電流表電壓表示數的變化，故可設出原來兩表的讀數，由比例關系得

出變化后的讀數，通過閉合電路的歐姆定律列方程組求解即可.

本題初看時好像少了些條件，但注意題目中給出了兩次電流表、電壓表示數的比值，另外可將電流

表當作內阻處理，則電壓表的示數即為路端電壓，則可由閉合電路歐姆定律列式求解.

7.答案:AB

解析：解：4、胡克認為只有在一定條件下，彈簧的彈力與彈簧的伸長量(或壓縮量)成正比，故A正

確；

B,亞里士多德認為重物體要比輕物體下落的慢，故B正確；

C、庫侖用庫侖扭稱實驗研究總結并確認了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力的規(guī)律，卡文迪

許用扭秤實驗測出了萬有引力常量匕故C錯誤；

。、伽利略為了探究自由落體的規(guī)律，將落體實驗轉化為著名的“斜面實驗”，這運用了轉換法，

故。錯誤；

故選：AB

根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可.

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是

考試內容之一.

8.答案：AC

解析：解：4、M點處的等差等勢線較疏，而N點處等差等勢線較密，則M點處的電場強度較小，由

F=qE可知，粒子在M點的電場力小于N點的所受的電場力，故A正確；

2、電場線與等勢線垂直，結合粒子軌跡的彎曲方向判斷電場力方向指向左側，而粒子帶正電，所以

場強方向大體向左，根據順著電場線方向電勢降低，所以M點的電勢低于N點的電勢，故8錯誤；

CD,由粒子所受電場力方向大致斜向左下方，對粒子做負功，其電勢能增加，動能減小，則知粒子

在M點的電勢能小于在N點的電勢能，在M點的動能大于在N點的動能，在M點的速度大于在N點受

到的速度。故C正確。錯誤，

故選：ACo

由等差等勢線的疏密判斷場強大小，由尸=qE判斷電場力的大小；由粒子軌跡的彎曲方向判斷電場

力方向，電場力方向應指向軌跡的內側，由電場線與等勢線垂直，可大體畫出電場線。由電場力做

功正負，判斷電勢能的大小和動能的大小。

本題是電場中軌跡問題，關鍵要根據軌跡的彎曲方向判斷出粒子所受的電場力方向，再抓住電場線

的物理意義判斷場強、電勢等的大小

9.答案：AB

解析：解：4、由楞次定律可知，平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負電，極板間場強豎直向下，

粒子在極板間靜止，粒子所受電場力豎直向上，電場力方向與場強方向相反，粒子帶負電，故4正

確；

B、由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢：E=n竿=n"S=nkS,粒子靜止處于平衡狀態(tài)，

由平衡條件得：mg=q*解得：k=黑,故B正確；

C、由楞次定律可知，當磁場方向改變后，感應電動勢方向不變，粒子受力情況不變，粒子仍靜止不

動，故C錯誤；

。、電容器兩極板間電勢差：U=E=nkS,電容器所帶電荷量：Q=CU=CnkS,Q與時間無關，

故。錯誤；

故選：AB.

根據題意應用楞次定律判斷出感應電動勢方向，根據粒子受力情況判斷粒子電性；

應用法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，對粒子應用平衡條件求出k；

根據電容定義式分析答題。

本題是電磁感應與電路相結合的綜合題，是含容電路問題，分析清楚磁感應強度隨時間變化關系，

應用法拉第電磁感應定律、楞次定律與平衡條件可以解題。

10.答案：CD

解析：

運動員勻速攀上和勻速滑下的過程中，受力均平衡.勻速攀上時，其重力與靜摩擦力平衡；勻速下

滑時，其重力與滑動摩擦力平衡。

本題運用平衡條件分析生活中的摩擦問題，關鍵是分析物體的受力情況，根據平衡條件求解摩擦力

的大小。

4BC.勻速攀上時，其重力與靜摩擦力平衡，由平衡條件可知：/1方向豎直向上，h=G；勻速下滑

時，其重力與滑動摩擦力平衡，則心方向豎直向上，且；2=G,所以/1=%，故AB錯誤，C正確；

D運動員雙手握住豎直竹竿勻速攀上過程受到靜摩擦力作用，勻速滑下的過程中，受到滑動摩擦力

作用，故。正確。

故選CD。

11.答案：1.7046.75

解析：解：(1)螺旋測微器固定刻度為1,5巾機，可動刻度為0.01x20.4=0.204.兩者相加為

1.704mm(1.704至1.706都可以)

(2)主尺讀數為6rmn,游標讀數為0.05x15=0.75mm,兩者相加為6.75rmn；

故答案為:(1)1.704(1.702-1.705)(2)6.75

螺旋測微器測量金屬板的厚度時的讀數分兩步：先讀固定刻度，再讀可動刻度。注意讀可動刻度時

要估讀。

游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數。注意不需要估讀。

解決本題的關鍵是掌握螺旋測微器和游標卡尺的讀數方法；讀數時注意有效位數的保留。

12.答案：(1)C,E：(2)(3)0.88..

解析:

(1)根據小燈泡的額定電流選擇電流表，根據電路滑動變阻器的接法，選擇滑動變阻器；

(2)明確滑動變阻器的接法，再將甲圖實物連線完成；

(3)在乙圖中作出電源的U-/圖象，交點就是此時燈泡兩端的電壓和通過的電流，再計算燈泡消耗的

功率；

本題考查描繪小燈泡的伏安特性曲線，解題關鍵是掌握器材選擇的方法，描繪小燈泡的伏安特性曲

線實驗的原理圖，以及利用作圖法求解小燈泡實際消耗的功率。

⑴小燈泡標有：“3V,1.5勿”，則小燈泡的額定電流為/=《=技4=0.54故電流表量程選0.64

即可，電流表選C；

描繪小燈泡的伏安特性曲線，電壓和電流要從0開始測量，因此電路中滑動變阻器采用分壓接法，為

了便以調節(jié)滑動變阻器要選用最大阻值較小的，故滑動變阻器選E;

(2)實驗要求滑動變阻器的滑片從左向右滑動過程中，電表的示數從零開始逐漸增大，可知滑動變阻

器采用分壓式接法，

將甲圖實物連線完成如圖所示：

(3)在乙圖中作出電源的U-/關系圖線U=3-21,如下圖所示，交點就是此時燈泡兩端的電壓和通

過的電流

KUN

從圖中可知，此時燈泡兩端電壓為2.2V,通過小燈泡的電流為0.4A,則燈泡消耗的功率為:

p=/U=0.4x2.2W=0.88W。

13.答案：解：根據電動勢的定義：電動勢等于把正電荷從負極移送到正極所作的功與被移送的電荷

量的比值，可得比=3

答:電動勢Ei的表達式為Ei=%

解析：根據電動勢定義E=」解得E。

q

本題要掌握和推導電動勢的定義式，建立物理模型，理清思路是關鍵，知道非靜電力和電場力做功

的區(qū)別。

14.答案：解：(1)滑塊恰好通過圓形軌道的最高點C時，軌道對滑塊沒有作用力，由重力提供向心力，

則

mg=m1

解得：vc=2m/s

滑塊從B點到C點的過程，由機械能守恒得

1212?nn

-TTIVQ=-mvQ+mg-2R

聯立解得%=2y/5m/s

滑塊在B點時，由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律有

V

FZ7N-mg=