湖北省宜昌市19-20学年高二上学期期末物理试卷 (附答案解析)

湖北省宜昌市19-20学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.一个负点电荷的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，E A和E B分别表
示A、B两点电场强度的大小，关于E A和E B的大小关系，下列说法正确的是()
A. E A>E B
B. E A=E B
C. E A<E B
D. 无法比较E A和E B的大小
2.关于磁感应强度，下列说法正确的是()
A. 磁感强度的方向与电流受到的安培力方向一致
B. 通电导线所受磁场力为零，该处磁感应强度一定为零
C. 通电导线所受磁场力为零，该处磁感应强度不一定为零
D. 磁感强度与通电导线受到的磁场力F成正比，与电流强度和导线长度的乘积成反比
3.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，
原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()
A. U=66V，k=1
9B. U=22V，k=1
9
C. U=66V，k=1
3D. U=22V，k=1
3
4.图中能产生感应电流的是()
A. B.
C. D.
5.一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R=2Ω的电阻，如图甲所示。

线
圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈内磁通量ϕ随时间t变化的规律如图乙所示。

下列说法正确的是
A. 线圈中产生的感应电动势为10 V
B. R两端电压为0.5V
C. a点电势高于b点电势
D. 通过R的电流大小为2.5A
6.匀强电场的方向平行于xoy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、
16V、22V。

下列说法正确的是()
A. 电场强度的大小为√5V/cm
B. 坐标原点处的电势为0V
C. 电子在a点的电势能比在b点的低6eV
D. 电子从c点运动到b点，电场力做功为6eV
7.如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，减小两极板间的距离时，
电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U、板间场强E的变化情况是()
A. Q变小，C不变，U不变，E变大
B. Q变小，C变小，U变小，E变小
C. Q不变，C变大，U变小，E不变
D. Q不变，C变小，U变大，E不变
8.如图所示，当通过下列哪种情况改变时，线圈a向右摆动()
A. 闭合开关，滑片p向右匀速滑动
B. 闭合开关，滑片p向左加速滑动
C. 闭合开关，滑片p向左匀速滑动
D. 开关闭合
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.在如图所示电路中，电压表、电流表均为理想电表，电源内阻不可忽略．开
关S闭合后，在滑动变阻器R1的滑片P向右端滑动的过程中()
A. 电压表与电流表的示数都增大
B. 电压表的示数减小，电流表的示数增大
C. 电阻R2消耗的电功率增大
D. 电源内阻消耗的功率减小
10.下列关于图中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性的判断正确的是()
A. A图中粒子所受洛伦兹力方向竖直向上
B. B图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里
C. C图中粒子带负电
D. D图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外
11.如图所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电。

第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规
律变化，如图甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。

若图甲、乙中的U0、T所表示的电压、周期值是相等的，则以下说法正确的是()
A. 第一次灯泡两端的电压有效值是√2
U0
2
U0
B. 第二次灯泡两端的电压有效值是3
2
C. 第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9
D. 第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5
12.如图所示，在第象限内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第四象限内
的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为−q的带电粒子(存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为B
2
不计重力)从原点O沿着与x轴正方向成θ=30°角斜向上射入磁
场，且在第一象限内的运动半径为R，则下列说法正确的()
A. 粒子经偏转后可能会回到原点O
B. 粒子完成一次周期性运动的时间为2πm
qB
C. 粒子在第一象限和第四象限两磁场中运动的半径之比为1：2
D. 粒子第二次通过x轴时到O点的距离为3R
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
13.如图是多用电表的示意图，用它来测量一个阻值约为200−300Ω
的定值电阻，具体测量步骤如下：
(1)将多用电表的选择开关旋转到电阻______ (选填“×1”、
“×10”、“×100”或“×1K”)挡；
(2)将红、黑表笔分别插入“+”、“−”插孔，比尖相互接触，
旋转______ ，使表针指在______ (选填“右”或“左”)端的零
刻度位置；
(3)经红、黑表分别与待测电阻两端相接触，读出相应的示数；
(4)测量完成后，拔出红、黑表笔，将选择开关置于“OFF”挡．
14.为了描绘标有“3V1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器
材如下：
A.电流表(0～200mA，内阻约0.5Ω)
B.电流表(0～0.6A，内阻约0.01Ω)
C.电压表(0～3V，内阻约5kΩ)
D.电压表(0～15V，内阻约50kΩ)
E.滑动变阻器(0～10Ω,0.5A)
F.电源(电动势3V，内阻不计)
G.电键一个，导线若干．
(1)为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是______ ．
(2)在如图1所示的虚线框中画出完成此实验的电路图补充完整．
(3)将实物图按电路图用导线补充完整．
(4)实验描绘出的I−U图线如图2所示，小灯泡的电阻随电压的升高而______(填变大、变小)；
小灯泡是______ 元件(填线性、非线性)．
四、简答题（本大题共1小题，共9.0分）
15.如图所示，abcd为用粗细均匀的同种材料制成的金属线框，其中ab长度只有bc长度的一半．现
将线框放在水平光滑绝缘的桌面上，在外力F的作用下让线框以速度v匀速穿过右边两个磁感应强度大小相等、方向相反的磁场区域．若以图示位置开始计时，规定逆时针电流方向为正，磁感线向下穿过线框时的磁通量为正，外力F的功率P随时间变化的图象如何？
五、计算题（本大题共1小题，共12.0分）
16.发电机的输出电压为220V，输出功率为44KW，输电线总电阻为0.4Ω，发电站先用变压比为1：
10的升压变压器将电压升高，经同样输电线路后，再经过10：1的降压变压器降压后供给用户，求：
(1)输电线上电流为多少；
(2)输电线上损失的功率为多少；
(3)用户端的功率为多少；
(4)用户端的电压多少．
六、综合题（本大题共1小题，共16.0分）
17.(1)如图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，其中电流互感器是________，电压互感器
是(选填“甲”或“乙”)
(2)如图所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路．线圈在有界匀强
磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω=100πrad/s.线圈的匝数N=100、边长ab=0.2m、ad=0.4m、电阻不计．磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B=T.
电容器放电时间不计．该线圈产生的交流电动势有效值为______V。

电容器的电容C变大时，电流表的示数_______(“变大”或“变小”或“不变”)
(3)如图所示，L1、L2、L3为三个完全相同的白炽灯，接在理想变压器上，变压器的初级和次级
线圈匝数比都是3:1，当变压器ab端接交流电压时，L2、L3的实际功率为P，此时L1的实际功
率为()
A、2P
B、P
C、P/2
D、4P/9
-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于A的电场线的密，所以A、B两点电场强度的大小关系，所以有：
E A>E B，故A正确，BCD错误．
故选：A．
电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，据此可正确解答．电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系．
2.答案：C
解析：解：A、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直．故A错误；
B、C、当通电直导线的方向与磁场的方向平行时，通电直导线受到的安培力为0，而磁感应强度却不为0.故B错误，C正确；
D、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．故D错误．
故选：C
根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．
本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．基础题目．
3.答案：A
解析：
首先计算出通过副线圈的电流，由变比关系可知原线圈的电流，继而可表示出与原线圈串联的电阻的分压，结合题意即可在原线圈上列出电压的等式，可求出副线圈上的电压。

利用焦耳定律可表示出两个电阻的功率，继而可解的比值k。

该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系。

该题类似于远距离输电的情况。

由题意知：副线圈的电流为：I2=U
R ，则原线圈的电流为：I1=1
3
I2=U
3R
与原线圈串联的电阻的电压为：U R=I1R=U
3
由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：U
3
+3U=220V 解得：U=66V
原线圈回路中的电阻的功率为：P1=I12R=U2
9R
副线圈回路中的电阻的功率为：P2=U2
R
所以k=P1P
2=1
9
选项A正确，BCD错误
故选：A。

4.答案：B
解析：
本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化。

据此可正确解答本题。

本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：Φ=BS找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化。

基础题目。

A.线圈是不闭合的，不能产生感应电流，故A错误；
B.线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流，故B正确；
C.由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0，故C错误；
D.线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流，故D错误。

故选B。

5.答案：D
解析：
线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流。

由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，再由闭合
电路的殴姆定律可求出电流大小，从而得出电阻R两端的电压，再由楞次定律判定感应电流方向。

由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部(线圈)电流方向是负极到正极。

A.穿过线圈的磁通量变化率为：ΔΦ
Δt =4−2
4
Wb/s=0.5Wb/s，感应电动势为：E=nΔΦ
Δt
=10×0.5V=
5V，故A错误；
BD.由闭合电路殴姆定律可得：I=E
R =5
2
A=2.5A，那么R两端的电压为U=IR=2.5×2V=5V，
故B错误，D正确；
C.再由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为b→a，故C错误。

故选D。

6.答案：A
解析：
根据匀强电场的电场强度公式E=U
d
，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。

考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=U
d
的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义。

A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有：，
依据几何关系，则，
因此电场强度大小为，故A正确；
B.根据φc−φa=φb−φo，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=16V、φc=22V，解得：原点处的电势为φ0=4V，故B错误；
C.因U ab=φa−φb=10−16=−6V，电子从a点到b点电场力做功为W=qU ab=6eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高6eV，故C错误；
D.同理，U cb=φc−φb=22−16=6V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qU bc=−6eV，故D错误。

故选A。

7.答案：C
解析：
电容器与电源断开，电量保持不变，减小两极板间距离时，根据C=ɛs
4πkd ，判断电容的变化，根据U=Q
C
判断电势差的变化，根据E=U
d
，判断电场强度的变化。

解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量。

若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。

电容器与电源断开，电量Q保持不变，减小两极板间距离时，根据C=ɛs
4πkd
，知电容C变大，
根据U=Q
C
，知两极板间的电势差U变小，
根据E=U
d =Q
cd
=4πkQ
ϵS
，知电场强度E与极板间距d无关，因此E不变，故C正确，ABD错误。

故选：C。

8.答案：A
解析：
本题考查楞次定律的理解与应用；在解答的过程中，也可以结合对电流的阻碍作用来解答，可以不考虑安培定则。

闭合S后，电流流过螺线管，螺线管产生磁场，就有磁通量穿过环a，根据楞次定律判断穿过环a 的磁通量的变化，然后选择合适的选项。

由题可知，由于a向右运动，靠近螺旋管，说明a与螺旋管B之间的作用力为吸引力，则a与b的
电流的方向一定是相同的，根据楞次定律可知，螺旋管中的磁场一定在减弱。

A.闭合开关，滑片P向右匀速滑动，电路中的电流值减小，螺旋管中的磁场一定在减弱，a向右摆动，故A正确；
B.闭合开关，滑片P向左加速滑动，电路中的电流值增大，螺旋管中的磁场一定在增大，a向左摆动，故B错误；
C.闭合开关，滑片P向左匀速滑动，电路中的电流值增大，螺旋管中的磁场一定在增大，a向左摆动，故C错误；
D.开关闭合瞬间，电路中的电流值增大，螺旋管中的磁场一定在增大，a向左摆动，故D错误。

故选A。

9.答案：ACD
解析：解：AB、当滑片P右移时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则外电路总电阻增大，电路中总电流减小，电源的内电压减小，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压增大，故电压表示数增大；由欧姆定律可知，R3上的分压减小，而路端电压增大，故并联部分的电压增大，则电流表示数增大，故A正确、B错误；
C、滑动变阻器接入电路的电阻增大，R1与R2的并联电阻增大，并联电路的电压随之增大，因此电阻R2消耗的电功率增大．故C正确．
D、总电流减小，由P=I2r知，电源内阻消耗的功率减小，故D正确．
故选：ACD
由电路图看出：R2与R1并联后与R3串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．再进一步分析功率的变化．
分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．
10.答案：ABD
解析：
根据粒子速度方向、磁场方向、粒子电性、应用左手定则分析答题。

本题考查了判断洛伦兹力方向与粒子电性，应用左手定则即可正确解题，应用左手定则时要注意带电粒子的电性。

A.由左手定则可知，带电粒子受到的洛伦兹力竖直向上，故A正确；
B.由左手定则可知，带电粒子受到的洛伦兹力垂直于纸面向里，故B正确；
C.由左手定则可知，四指方向与粒子运动方向相同，则粒子带正电，故C错误；
D.由左手定则可知，带电粒子受到的洛伦兹力垂直与纸面向外，故D正确；
故选ABD。

11.答案：AD
解析：
本题考查交变电流的产生及其描述，交变电流的图像和函数表达式。

对于正弦式电流的有效值U=√2
2
U m，由甲图读出电压的最大值，求出有效值．对于乙图，根据有效值的定义，求出有效值．功
率的公式P=U2
R
，用有效值求出电功率之比。

A.图甲所示为正弦交流电，电压最大值为U0，其有效值U1=√2
2
U0，故A正确；
B.图乙交流电一个周期做功W=(2U0)2
R ·T
2
+U02
R
·T
2
=5U02
2R
T，由于有效值U2满足U22
R
T=W，所以U2=
√5
2
U0，故B错误；
CD．P1:P2=U12
R :U22
R
=1:5，故C错误，D正确。

故选AD。

12.答案：CD
解析：
粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定
粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由T=2πr
v
求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进的距离。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离。

AD.粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了l=R+2R=3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，选项A错误，D正确。

C.由r=mv qB可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项C正确；
B.粒子完成一次周期性运动的时间t=1
6T1+1
6
T2=πm
3qB
+2πm
3qB
=πm
qB
，选项B错误；
故选CD。

13.答案：×10；欧姆调零旋钮；右
解析：解：(1)选择开关，打在×10，指针指在中央附近．
(2)将红、黑表笔分别插入“+”、“−”插孔，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针指向表盘右侧的零刻度线处．
故答案为：(1)×10；(2)欧姆调零旋钮，右
运用多用电表欧姆挡测量电阻，先将选择开关置于合适的倍率，使指针指在刻度盘中央附近．接着进行欧姆调零．
多用电表测电阻时，首先要进行欧姆调零，方法是调节选择开关K指在相应的倍率，调节调零电阻，使指针指向右侧电阻刻度为0的位置．
14.答案：(1)BCEFG
(2)电路图如图所示
(3)实物电路图如图所示
(4)变大；非线性
解析：【分析
解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别。

(1)根据实验原理选择实验器材；
(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图；
(3)根据电路图连接实物电路图；
(4)根据图示图象应用欧姆定律判断灯泡电阻如何变化，根据I−U图象特点判断元件的类型。

(1)描绘标有“3V1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，需要：电源、开关、导线，灯泡额定电压为3V，
电压表需要选择C，灯泡额定电流为I=P
U =1.5W
3V
=0.5A，，电流表选择B，故实验器材需要：BCEFG；
(2)描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
(3)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(4)由图示图象可知，随U增大I增大，电压与电流的比值变大，灯泡电阻变大；灯泡的I−U图象是曲线，灯泡是非线性元件。

故答案为：(1)BCEFG
(2)电路图如图所示
(3)实物电路图如图所示
(4)变大；非线性。

15.答案：如图所示
解析：
本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，闭合电路的欧姆定律问题，由法拉第电磁感应定律及E= BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由p=I2R可求得电功率的变化。

拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率变为4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，功率与第一阶段相同，外力F的功率P
随时间变化的图象，如图所示。

16.答案：解：(1)如果用1：10的变压器将电压升高到2200V后再输送出去，则输出电流为：
I=P
2
=
44000
A=20A
(2)输电线上损失功率ΔP=I2r=202×0.4W=160W
(3)用户得到的电功率为P用=P−ΔP=43.84kW
(4)在导线上损失的电压为：ΔU=Ir=20V×0.4Ω=8V
加到用户端变压器上的电压为：U=U2−ΔU=2192V
根据电压与匝数成正比得用户得到的电压为：U4=U
10
=219.6V；
答：(1)输电线上电流为20A；
(2)输电线上损失的功率为160W；
(3)用户端的功率为43.84kW；
(4)用户端的电压219.6V．
解析：根据升压变压器原副线圈的匝数比和输入电压，求出输出电压，从而得出输送的电流，根据
P
损
=I2R求出输电线上损耗的功率．根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入电压，从而得出用户得到的电压．根据功率损失求出用户得到的功率．
本题的关键：1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、输送功率、输送电压、电流的关系．
17.答案：(1)乙；甲
(2)25√2；变大
(3)D
解析：
(1)
解析电压互感器并联在电路两端，可以把高电压变成低电压；电流互感器串联在电路中，可以把大电流变成小电流．
甲图的原线圈两端接电源两端的电压，且原线圈并联在电路中，所以是电压互感器；乙图中的原线圈串联在电路中，副线圈两端接在普通的交流电流表上，所以是电流互感器。

故答案为：乙； 甲。

(2)
根据交流电最大值公式求出最大值，再根据有效值定义求有效值。

动生电动势的峰值是NBLv =100×
√216π
×0.4×0.2×100π=50√2V 由图可知，一个周期内，只有
一半的时间产生电动势，故(√2
2U m )2R
T 2
=U 2
R
T ，U =1
2U m =25√2V
当电容变大时电容对交流电的阻碍作用减小，故电流表示数变大。

故答案是：25√2，变大。

(3)
根据变压器的电压、电流与匝数的关系和输入功率等于输出功率，结合欧姆定律即可求解． 设L 2、L 3两端的实际电压为U ，电流为I ，则P =UI =I 2R ，原线圈两端的电压为3U ，根据输入功率等于输出功率，原线圈的输入功率为2P =3UI′，I′=3P
3U =2
3I ，此时L 1的实际功率为I′2R =4
9I 2R =
49
P ，D 正确，ABC 错误。

故选D 。