河北省张家口市2019-2020学年高二物理上学期期末考试教学质量监测试题.doc

河北省张家口市2019-2020学年高二物理上学期期末考试教学质量监测试题

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- 19 -

河北省张家口市2019-2020学年高二物理上学期期末考试教学质量监测试题（含解析）
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合题目要求，第9～12题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
1. 法拉第是十九世纪英国著名科学家，为物理学的发展做出了非常突出的贡献，关于法拉第的研究工作，以下说法中符合事实的是（　　）
A. 发现了电流的磁效应，从而揭示了电和磁的关系
B. 发现了电荷间相互作用规律，并用实验测得元电荷的数值
C. 发现了产生电磁感应现象的条件，并制作了发电机
D. 发现了电流间相互作用的规律，并提出了判断电流产生的磁场方向的方法
【答案】C
【解析】
【详解】A．1820年奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；
B．美国科学家密立通过油滴实验测定了元电荷的数值，故B错误；
C．法拉第发现了产生电磁感应现象的条件，并制作了发电机，故C正确；
D．根据物理学史可知，安培发现了电流间相互作用的规律，并提出了判断电流产生的磁场方向的方法，故D错误。
故选C。
2. 如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,当闭合开关S1,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,下列结论正确的是(　　)

A. 小灯泡L变暗
B. 电流表读数变大,电压表读数变小
C. 电容器C上电荷量增加
D. 电源的总功率变小
【答案】B
【解析】
滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,滑动变阻器的有效阻值变小,闭合电路的外电阻变小,电路总电流增加,路端电压减小,所以电流表读数变大,电压表读数变小,选项B正确.电路总电流增加,小灯泡L变亮,选项A错误.小灯泡L两端电压增加,滑动变阻器两端的电压减小,电容器的电压减小,电容器上的电荷量减小,选项C错误.当电路外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,外电路电阻变小,外电路电阻可能比电源内阻相差更大,也可能相差更小,所以电源的输出功率可能减小,也可能变大,选项D错误.
3. 如图甲所示，用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径.在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，则0～t1时间内(　　)

A. 圆环中产生的感应电流的方向为逆时针
B. 圆环中产生的感应电流的方向先是顺时针后是逆时针
C. 圆环一直具有扩张的趋势
D. 圆环中感应电流的大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB. 磁通量先向里减小再向外增加，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向一直为顺时针，故A、B错误；
C. 由楞次定律的“增缩减扩”可知，0～t0时间内，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，t0～t1时间内为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C错误；
D. 由法拉第电磁感应定律得E＝ ，感应电流I＝ ，故D正确.
4. 图甲所示的有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示的圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为(　　)

A. 2cosθ B. sinθ C. cosθ D. tanθ
【答案】C
【解析】
【详解】设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中运动轨迹分别如图1、2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，得
B＝
由几何关系知
d＝r1sin θ
d＝r2tanθ
联立得
＝cosθ．

A．2cosθ，与结论不相符，选项A错误；
B．sinθ，与结论不相符，选项B错误；
C．cosθ，与结论相符，选项C正确；
D．tanθ，与结论不相符，选项D错误；
故选Ｃ．
5. 如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示．发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω恒定不变，则下列说法中正确的为(　　)

A. 电压表的示数为6 V
B. 发电机的输出功率为4 W
C. 在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大
D. 在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
【答案】C
【解析】
【详解】由Em=6V，E=6V，电压表示数．故A错误．灯泡实际消耗的功率即为电源的输出功率，故功率公式可知，；故输出功率为3.24W，故B错误．在1.0×10-2s时刻，感应电动势为零，故说明穿过线圈的磁通量最大，此时穿过线圈的磁通量变化率为零，故C正确，D错误.
6. 四根相互平行的通电长直导线a、b、c、d电流均为I，如图所示放在正方形的四个顶点上，每根通电直导线单独存在时，正方形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为（　　）

A. 2B，方向向左 B. 2B，方向向下 C. 2B，方向向右 D. 2B，方向向上
【答案】A
【解析】
【详解】略
7. 如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内．一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（　　）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．
【详解】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．
8. 如图所示，宽度为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为：，式中的比例系数K称为霍尔系数．设载流子的电量为q，下列说法正确的是（　　）

A. 载流子所受静电力的大小
B. 导体上表面的电势一定大于下表面的电势
C. 霍尔系数为，其中n为导体单位长度上的电荷数
D. 载流子所受洛伦兹力的大小，其中n为导体单位体积内的电荷数
【答案】D
【解析】
静电力大小应为：，故A错误；洛伦兹力向上，但载流子的电性是不确定的，故无法判断上表面的电性，故无法比较上下表面的电势高低，故B错误；对于载流子，静电力和洛伦兹力平衡，故：电流微观表达式为：I=nqSv，故： ；由于S=hd，故，故，其中n为导体单位体积上的电荷数，故C错误；载流子所受洛伦兹力的大小f洛=qvB，其中，可得，其中n为导体单位体积上的电荷数，故D正确；故选D．
点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的可能是正电荷，也可能是负电荷，掌握电流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡进行求解．

9. 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（　　）

A. 直线a表示电源的图线
B. 曲线c表示电源的图线
C. 电源的电动势，内阻
D. 电源的最大输出功率
【答案】AD
【解析】
【详解】A．电源消耗的总功率的计算公式

故图线时直线，故A正确；
B．输出功率

应为开口向下的曲线，故b表示图线；电源内阻消耗的功率

应为开口向上的曲线，故c表示图线，故B错误；
C．当时，，说明外电路短路，根据

得

故C错误；
D．输出功率

当时，输出功率最大，为，故D正确。
故选AD。
10. 用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能。当调节滑动变阻器的电阻R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为I1＝0.5A和U1＝2.0V；重新调节滑动变阻器的电阻R使电动机正常转动时，电流表和电压表的示数分别为I2＝2.0A 和U2＝24V,则（　　）

A. 电动机内线圈电阻为R线＝4.0Ω
B. 电动机内线圈电阻为R线＝12Ω
C. 电动机正常转动时输出的机械功率为P机＝48W
D. 电动机正常转动时输出的机械功率为P机＝32W
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．当电动机停止转动时，相当于一个纯电阻元件，根据欧姆定律可知，电动机内线圈的电阻为

A正确，B错误；
CD．当电动机正常转动时，电动机消耗的电功率为

电动机内线圈消耗的热功率为

故电动机输出的机械功率为

C错误，D正确。
故选AD。
11. 如图所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动．则

A. 由于穿过铜盘磁通量不变，故回路中无感应电流
B. 回路中感应电流大小不变，为
C. 回路中感应电流方向不变，为C→D→R→C
D. 回路中有周期性变化的感应电流
【答案】BC
【解析】
【详解】A．把铜盘视为闭合回路的一部分，在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误；
BD．铜盘切割磁感线产生感应电动势为
E＝BL2ω
根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流为

选项B正确，D错误；
C．由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C，选项C正确．
12. 如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是(　　)

A. 极板M比极板N的电势高
B. 加速电场的电压U=ER
C. 直径PQ=2B
D. 若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
【答案】AD
【解析】
试题分析：带电粒子要打到胶片Q上，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子需带正电，在加速电场能够得到加速，则极板M比极板N电势高，A对；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即，再根据可知，B错；带电粒子垂直进入磁分析器，直径PQ=2R，C错；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据和可知，，即只与带电粒子的比荷有关．
考点：本题考查了带电粒子在组合场中运动．
二、实验题（本题共2小题，共12分）
13. 图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的偏电流=300A,内阻=100，可变电阻R的最大阻值为10k，电池的电动势E=1.5V,内阻r=0.5，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是__色，接正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则=_____k.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx其测量结果与原结果相比较______（填“变大”、“变小”或“不变”）．

【答案】 (1). 红 (2). 5 (3). 变大
【解析】
【详解】欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；
当两表笔短接（即）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系：，得；，当指针指在刻度盘的正中央时：
有：，代入数据可得：；
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式：
，欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了．
【点睛】根据欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律可以判断读数，以及电池电动势变小，内阻变大时测量结果的变化；本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析．

14. 电动自行车的电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电池的电动势变小，内阻变大．某兴趣小组将一辆旧电动自行车充满电，取下四块电池，分别标为A、B、C、D，测量它们的电动势和内阻．

（1）用多用表直流电压50V挡测量每块电池的电动势．测量电池A时，多用电表的指针如图甲所示，其读数为______V．
（2）用图乙所示电路测量A、B、C、D四块电池的电动势E和内阻r，图中R0为保护电阻，其阻值为5Ω．改变电阻箱的阻值R，测出对应的电流I，根据测量数据分别作出A、B、C、D四块电池的图线，如图丙．由图线C可知电池C的电动势E=____ V；内阻r=_____Ω．
（3）分析图丙可知，电池____（选填“A”、“B”、“C”或“D”）较优．
【答案】 (1). 11.0V (2). 12.0V (3). 1.0Ω (4). C
【解析】
【详解】（1）用多用表直流电压50V挡测量每块电池的电动势，可以从表盘中的中间刻度读出正确结果，由指针指示可知：E=11.0V．
（2）根据闭合电路欧姆定律有：E=I（R+r）+IR0，因此有：，由此可知，图象的斜率表示，纵轴截距为：．由图象可知：，，由此解得：E=12V．r=1Ω．
（3）电动势大的内阻小的电源最优，由图象可知C图象代表的电源电动势最大，内阻最小，因此最优．故答案为C．
三、计算题（本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写最后答案的不得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）
15. 如图所示，电路中接一电动势为4V、内阻为2Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电路稳定后，求：

（1）电流表的读数
（2）电容器所带的电荷量
（3）如果断开电源，通过R2的电荷量
【答案】（1）0.4A（2）4.8×10-5C （3）
【解析】
【详解】当电键S闭合时，电阻、被短路．根据欧姆定律求出流过的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S后，电容器通过、放电，、相当并联后与串联．再求解通过的电量．
（1）当电键S闭合时，电阻、被短路．根据欧姆定律得
电流表的读数
（2）电容器所带的电量
（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是、相当并联后与串联．由于各个电阻都相等，则通过的电量为
16. 如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1=3300V，副线圈两端电压U2为220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2V，

（1）原线圈n1等于多少匝？
（2）当开关S断开时，表A2的示数I2=5A，则表A1的示数I1为多少？
（3）当开关S闭合时，表A1的示数I1′等于多少？
【答案】（1）1650匝（2）1/3A（3）2/3A
【解析】
【详解】（1）把电压表看做一匝线圈，应用匝数之比等于电压之比求原线圈匝数；（2）电流根据输入功率等于输出功率；（3）应用欧姆定律和输入功率等于输出功率求副线圈电流，在根据输入功率等于输出功率求原线圈电流．
（1）由电压与变压器匝数的关系可得：
匝
（2）当开关S断开时，由输入功率等于输出功率：
可得

（3）当开关S断开时，有：

当开关S闭合时，设副线圈总电阻为，则有：
副线圈中的总电流为，则

由
得：

【点睛】本题考查变压器原理；只要知道变压器的特点：匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出功率．
17. 如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L＝1m，质量m=1kg的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R=4Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B＝2T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量一次导体棒的速度，乙图是根据所测数据描绘出导体棒的v－t图像.（设导轨足够长）求：

（1）力F的大小.
（2）t=1.6s时，导体棒的加速度.
（3）若1.6s内导体棒的位移X＝8m，试计算1.6s内电阻上产生的热量.
【答案】（1）10N（2）2m/s2（3）48J
【解析】
详解】（1）E=BLv
I=E/R
F安=BIL
当速度最大时F拉=F安
解得=10N
⑵当t=1.6s时，v1=8m/s
此时 F安=B2L2 v1/R=8N
F拉－ F安= ma
a=2m/s2
⑶ 由能量守恒得 FS=Q+ Mv21
解得 Q = 48J
18. 如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向外，在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以初速度v0从y轴上与O点相距为L的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，入电场时的速度方向恰与电场方向相反，不计重力。求:
(1)磁场的磁感应强度B；
(2)粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离；
(3)从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间；
(4)粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间。

【答案】(1)；(2)；(3)；(4)
【解析】
【详解】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，

由几何关系得

又由洛仑磁力提供向心力，有

解得

(2)依题意，粒子从P到M点第一次到达x轴粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为零，然后沿原路返回做匀加速运动，第二次到达x轴上的M点后进入磁场做圆周运动到N点转过90°，由几何关系有

所以粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离为

(3)粒子在磁场中P到M点所需时间

粒子在电场中先减速再返回M点所需时间

粒子在磁场中从M点到N点所需时间

故粒子从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间

(4)粒子从N点到Q点做类平抛运动

解得

所以粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间为