河南省许昌市2020-2021学年高二(下)期末质量检测物理试题

河南省许昌市2020-2021学年高二（下）期末质量检测物理
试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．奥斯特的电流磁效应实验具有划时代的意义，揭示了电与磁之间的联系。

下列现象中进一步揭示电与磁之间联系的实验现象是（）
A．摩擦起电现象B．互感现象C．电流热效应D．霍尔效应2．下列说法正确的是（）
A．磁通量是矢量，其正负代表方向
B．运动的电荷，在磁场中一定会受到磁场力的作用
C．自感电动势总与原电流方向相反
D．穿过线圈的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大
3．如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，A、B、C三点位于同一条直线上，两导线分别为AB、BC连线的中垂线。

下列说法正确的是（）
A．A点的磁场方向垂直纸面向外
B．B点的磁感应强度为零
C．C点的磁场方向垂直纸面向里
D．ef导线受到cd导线的作用力方向向左
4．如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是()
A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1电流大于通过D2的电流
B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1电流小于通过D2的电流
C．闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮
D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开，D1、D2均闪亮一下再熄灭
5．2020年12月17日，“嫦娥五号”探测器圆满完成我国首次月球采样返回任务。

“嫦娥五号”的电子仪器及各种动作的控制主要靠太阳能电池供电的。

在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%。

单片单晶硅太阳能电池可产生0.6V的电动势，可获得0.1A的电流，则每秒照射到单片单晶硅太阳能电池上太阳光的能量大约是（）A．0.48J B．0.12J C．0.26J D．0.52J
6．如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC，P1是AB的中点，P2是AP1的中点，BC =2cm，∠A=30°。

若在三角形ABC平面内有一匀强电场，电子（带负电，电荷量为e）在A点、C点、P2点的电势能分别为-5eV 、19eV、3eV，则下列说法正确的是（）
A．A点的电势为-5V B．B点的电势为-19V
C．该电场的电场强度方向平行AC D．该电场的电场强度大小为800V/m 7．药物生产车间需要严格控制室内温度范围，尽量保证较小的温度波动。

如图是某监控温度波动的报警原理图，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，当报警器两端的电压变化量超出设定值时，报警器就会自动报警。

下列说法正确的是（）
A．温度升高，报警器两端电压增大
B．温度降低，热敏电阻的热功率一定增大
C．滑动变阻器取值大，报警器容易报警
D．滑动变阻器取值与报警器是否容易报警无关
二、多选题
8．如图甲所示，垂直纸面的匀强磁场内有一边长为L、电阻为R的正方形导体框abcd，已知磁场的磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示，t=0时刻磁场方向垂直于纸面向里，则得出下列说法正确的是（）
A．在0~2t0时间内，线圈磁通量的变化量为2
B L
B．在0~2t0时间内，线圈中的感应电流方向始终为adcba
C．在0~t0时间内和t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向相同
D．在0~2t0时间内，通过线圈导线横截面的电荷量为
2 2B L R
9．如图所示，A、B是两个固定的异种点电荷，分别以A、B为圆心的两个圆相交于C、D两点，与A、B连线分别相交于E、F两点，将一个带电粒子沿圆弧CED运动，电势能先增大后减小，则该带电粒子（）
A．与点电荷A带异种电荷B．与点电荷A带同种电荷
C．沿CFD运动.电势能先减小后增大D．沿CFD运动，电势能先增大后减小10．如图所示，在OP边界上方存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁
场。

磁场的直线边界上有粒子源位于O点，零时刻粒子源同时向纸面内各个方向发射速率均为v、质量均为m、电荷量均为–q的粒子，有两个粒子先后经过边界上另外一
点P，OP，不计粒子重力及粒子间相互作用力，则下列说法正确的是（）
A．两个粒子运动的加速度大小不相同
B．两个粒子运动轨道的半径不相同
C．两个粒子分别从O点到达P点时的动量变化量相同
D．两个粒子到达P点的时间差为2
3
m qB π
11．如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着一内壁光滑、长度为L的均匀玻璃管，玻璃管底部有一带电荷量为q、质量为m的小球，玻璃管沿垂直于其轴线方向匀速向右运动，速率为v。

初始小球在管底相对于玻璃管静止，带电小球能从试管口处飞出，则下列说法正确的是（）
A．小球带负电
B．小球未从玻璃管飞出前相对水平桌面的运动轨迹是一条抛物线
C．洛伦兹力对小球做正功
D
12．真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm 处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x 轴上的位置关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A．x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高
B．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小
C．点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4
D．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小
三、实验题
13．某同学利用多用电表测量某一电阻。

完成下列测量步骤：
(1)检查多用电表的机械零点；
⨯”挡，进行正确(2)将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拨至电阻“100
的测量步骤后，发现表针偏角较小。

为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向
⨯”或“1k”）挡，然表盘中央，应重新选择量程进行测量。

则该同学应选择______（“10
后______，再进行测量。

测量后示数如图所示，则测量结果为______Ω；
(3)测量完成后，将选择开关拨向OFF档或交流电压最高档位置。

14．某物理兴趣小组利用图甲电路测量一电源的电动势E（约为3V）和内阻r（约为0.5Ω），其中R为电阻箱，R0为定值电阻。

(1)定值电阻R 0的阻值应选用_______（选填“2Ω”、“2kΩ”）；
(2)根据图甲将图乙的实物图连接成测量电路。

（________）
(3)多次改变电阻箱的阻值R ，记录下对应的电压U ，以为纵坐标、为横坐标，根据记录的数据作出图线如图丙所示。

若不考虑电压表对电路的影响，则该电源的电动势E = ______V （结果保留三位有效数字），内阻r =_______Ω（结果保留两位有效数字）。

四、解答题
15．如图所示，电源电动势18V E =，内阻1Ωr =，定值电阻5ΩR =，电动机M 的线圈电阻'3ΩR =，电键S 闭合，电动机正常工作时，理想电压表示数为12V ，求：
(1)通过电动机的电流是多少；
(2)电动机输出的机械功率为多少；
(3)若电动机被卡死不能转动，则电动机的热功率为多少。

16．如图所示，平行金属板MN 水平放置，板间距为d ，板长为3d ，板间接有恒定电压U （电压U 未知），两板间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

大量质量均为m 、电荷量均为q -的带电微粒以相同的速度从极板左侧平行极板射入，微粒在两极板间恰能做匀速圆周运动，（不计微粒间的相互作用，重力加速度为g ）。

(1)求两极板所加电压U 的大小；
(2)要使带电微粒不从两板间射出，求微粒的入射速率v 0应满足的条件。

17．如图所示，空间存在水平向右的匀强电场。

在竖直平面内建立平面直角坐标系，在
坐标系的一象限内固定着绝缘的半径为R的1
4
圆周轨道AB，轨道的两端在坐标轴上。

质量为m的带正电的小球从轨道的A端由静止开始滚下，到达B
已知重力为电场力的4倍，求：
(1)小球在轨道最低点B时对轨道的压力；
(2)由A到B的过程中，摩擦力对小球所做的功；
(3)小球脱离B点后开始计时，经过多长时间小球运动到B点的正下方?并求出此时小球距B的竖直高度h是多大？
18．如图所示，间距为L的平行光滑金属导轨倾斜放置，导轨平面的倾角为37︒，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，质量均为m的金属棒a、b放在导轨上，给金属棒a施加一个沿斜面向上的力F使金属棒a保持静止，释放金属棒b，当金属棒b运动的距离为s时，达到了平衡状态。

金属导轨电阻不计且足够长，金属棒b运动过程中始终与导轨垂直，两棒接入电路的电阻均为R，重力加速度为g，sin370.6
︒=，求：
(1)金属棒b在平衡状态时的速度的大小及此状态下拉力F的大小；
(2)金属棒b向下运动距离s的过程中，通过金属棒a截面的电荷量及金属棒a中产生的焦耳热。

参考答案
1．B
【详解】
A．摩擦起电现象揭示了电荷转移现象，A错误；
B．电生磁、磁生电现象先后揭示了电与磁之间紧密联系，开启了电磁相互联系研究的新篇章，互感现象属于电磁感应现象，B正确；
C．电流热效应揭示了电与热之间的联系，C错误；
D．霍尔效应揭示了运动的带电粒子在外磁场中因受到洛伦兹力的作用而偏转，从而在垂直于电流和磁场的方向上将产生电势差的规律，D错误。

故选B。

2．D
【详解】
A．磁通量是标量，A错误；
B．运动的电荷，平行磁场运动不会受到磁场力的作用，B错误；
C．当原电流增大时，会产生反方向的自感电流来阻碍电流的增大，此时自感电动势的方向与原电流相反，当原电流减小时，会产生同方向的自感电流来阻碍电流的减小，此时自感电动势与原电流方向相反，C错误。

D．穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量的变化率越大，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势越大，D正确。

故选D。

3．C
【详解】
A．根据安培定则可知，通电导线cd在A点产生的磁场方向垂直纸面向里，通电导线ef在A点产生的磁场方向垂直纸面向外，但是由于ef导线离A点较远，场强较弱，所以这两根导线在A点产生的磁场合场强方向垂直纸面向里，故A错误；
B．同理可知B点的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度不为零，故B错误；
C．同理可知C点的磁场方向垂直纸面向里，故C正确；
D．根据左手定则可判断，电流方向相反的两根导线所受的安培力互相排斥，所以ef导线受到的安培力方向向右，故D错误。

故选C。

4．C
【详解】
AB ．S 闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A B 错误； C ．闭合开关S 待电路达到稳定时，D 1被短路，D 2比开关S 刚闭合时更亮，C 正确； D ．S 闭合稳定后再断开开关，D 2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L 相当于电源，与D 1组成回路，D 1要闪亮一下再熄灭，故D 错误；
5．C
【详解】
太阳能电池每秒产生的电能为
0.60.11J 0.06J W UIt ==⨯⨯=
则每秒照射到单片单晶硅太阳能电池上太阳光的能量大约是
0.06 J 0.26J 23%
W W η'=
=≈ 故选C 。

6．D
【详解】
A ．根据电势公式，A 点的电势为 5V PA A E e
ϕ-=
= 故A 错误；
B ．P 2点的电势为 223V p p P E e ϕ-==-
因为P 1是AB 的中点，P 2是AP 1的中点，所以B 点的电势为
24()27V A P A B ϕϕϕϕ-=+=-
故B 错误；
C ．C 点的电势为
19V PC C E e
ϕ=
=-- 设BP 1边的中点为P ，则P 点的电势为
23()19V P A P A ϕϕϕϕ-=+=-
故P 、C 两点的连线是等势线，由几何关系知PC AB ⊥，故该电场的电场强度方向平行AB ，故C 错误；
D ．由几何关系可得AB =4cm ，故该电场的电场强度大小为
800V/m A B
E AB
ϕϕ=-=
故D 正确。

故选D 。

7．C 【详解】
A ．温度升高，热敏电阻的阻值减小，根据“串反并同”可知，报警器两端电压也减小，故A 错误；
B ．由于题中各部分用电器电阻关系未知，则热敏电阻的热功率不一定增大，故B 错误； CD ．由题可知滑动变阻器、保护电阻、热敏电阻三者串联，报警器电压等于热敏电阻和保护电阻的电压之和，根据串联分压原理可知，当滑动变阻器取值大时，报警器两端电压将会很小，容易造成低压报警，也就是环境温度的高温报警，故
C 正确，
D 错误。

故选C 。

8．BD 【详解】
A ．在0~2t 0时间内，线圈磁通量的变化量为
()2220002B L B L B L φ∆=--=
选项A 错误；
B ．在0～t 0时间内磁通量向里面减小，因此感应电流方向为adcba ，在t 0~2t 0时间内磁通量向外增加，线圈中的感应电流方向为adcba ，选项B 正确；
C ．根据左手定则可知，在0~t 0时间内ab 边受到的安培力方向向左，在t 0~2t 0时间内ab 边受到的安培力方向向右，在0~t 0时间内和t 0~2t 0时间内ab 边受到的安培力方向相反，选项C 错误；
D ．在0～2t 0时间内，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为
22
0000
22B L B L E t t t φ∆===∆
根据闭合电路欧姆定律，产生的感应电流为
202
B L E I R Rt == 通过线圈导线横截面的电荷量
2
0022B L q I t R
=⨯= 选项D 正确。

故选BD 。

9．BC 【详解】
AB ．带电粒子沿圆弧CED 运动，电势能先增大后减小，表明点电荷A 对带电粒子先做负功后做正功，因此带电粒子与点电荷A 带同种电荷，A 项错误，B 项正确；
CD ．由于A 、B 两电荷带异种电荷，因此电荷B 与带电粒子带异种电荷，带电粒子沿CFD 运动时，电荷B 对带电粒子先做正功后做负功，因此带电粒子的电势能先减小后增大，C 项正确，D 项错误． 故选BC 。

10．CD 【详解】
A ．零时刻粒子源同时向纸面内各个方向发射速率均为v 、质量均为m 、电荷量均为–q 的粒子，根据
qvB
a m
=
可知，加速度相同，故A 错误； B ．根据
mv r Bq
=
可知，半径相同，故B 错误；
C
．根据题意可知，OP = ，根据几何关系可知，两粒子入射与边界OP 方向夹角分别为60°和120°，根据题意可知，出射方向速度与边界OP 方向夹角60°和120°，速度方向变化均垂直OP 方向向下，大小相同，则动量变化相同，故C 正确；
D ．两粒子运动周期
2m
T Bq
π=
两个粒子到达P 点的时间差为
24012023603m
t T qB
π︒-︒∆=
=︒
故D 正确。

故选CD 。

11．BD 【详解】
A ．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A 错误；
B ．玻璃管运动速度为v ，小球垂直于玻璃管向右的分运动是匀速直线运动。

小球沿玻璃管方向受到洛伦兹力的分力1F qvB =，q 、v 、B 均不变，F 1不变，则小球沿玻璃管做匀加速直线运动。

与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B 正确；
C ．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C 错误；
D ．设小球从管口出射时沿玻璃管的分速度大小为v 2，
2
22v aL =，qvB
a m
=
小球从管口出射时的速度为
'v =小球从管口出射后，
'2'v qv B m R
= 解得
R =
故D 正确。

故选BD 。

12．AC
【详解】
A ．点电荷p 从x =10cm 处运动到x =30cm 处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x 轴方向，因此，从x =10cm 到x =30cm 范围内，电场方向沿+x 轴方向，所以，x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高，故A 正确；
B ．点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B 错误；
C ．从x =10cm 到x =30cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x 轴方向，从x =30cm 到x =50cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x 轴方向，所以，点电荷p 在x =30cm 处所受的电场力为零，则点电荷A 、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有
22
A B A B Q q Q q
k
k r r 其中r A =30cm ，r B =20cm ，所以，Q A ：Q B =9：4，故C 正确；
D ．点电荷x =30cm 处所受的电场力为零，由电场力公式F =q
E 可知：x =30cm 处的电场强度为零，所以从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故D 错误。

故选AC 。

13．×1k 重新欧姆调零 15000 【详解】
(2)[1][2][3]将选择开关拨至电阻“×100”挡，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小，为了得到准确的测量结果，让电表指针尽量指向表盘中央，该同学应选择“×1k”挡；选择挡位后，要重新欧姆调零，再进行测量；测量后示数如图所示，则测量结果为15000Ω。

14．2Ω 2.86 0.41
【详解】
(1)[1]定值电阻应选用与电源内阻相差不多的电阻，即应选择2Ω。

(2) [2]测量电路如图；
(3)[3][4]根据闭合电路的欧姆定律有
()0U
E U R r R
=+
+ 整理得
0111·R r U E R E
+=+ 结合题图丙有
1
0.35E
=V -1 0 1.000.35
0.77
+-=R r E Ω·V -1 解得
2.86=E V 0.41=r Ω
15．(1)1A ；(2)9W ；(3)12W 【详解】 (1)根据
V R r E U U +=+
可得R 和电源内阻电压之和为
R r V U E U +=-
由欧姆定律可得，电路电流即通过电动机的电流为
1A V
E U I r R
-=
=+
(2)电动机消耗的电功率
12W P UI ==电
热功率
2
'3W
P I R ==热 输出功率
9W P P P =-=电热机
(3)若电动机被卡死不能转动，电路为纯电阻电路。

设此时电路的电流为'I ，根据闭合电路欧姆定律，得
'2A 'E
I R R r
=
=++
此时电动机的热功率
'2
'12W P I R ==热
16．(1)mgd U q =；(2)
52qBd qBd v m m
<< 【详解】
(1)由题意可知，微粒进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，有
U
q
mg d
= 得
mgd
U q
=
(2)带电微粒洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力
2
v qvB m R
=
从上极板边缘射入的微粒最容易从两板间射出，只要这个微粒没有射出，其他微粒就都不会射出。

如图所示，若微粒刚好由极板左侧射出，则
12
d R =
联立以上两个式子，解得
12qBd
v m
=
同理，微粒刚好从极板右侧射出，有
()2
2222(3)R d R d =+-
解得
25R d =
联立解得
25qBd
v m
=
要使微粒不会从两极间射出，速率应该满足
52qBd qBd
v m m
<< 17．(1)2mg ;(2)1
4
mgR ;(3)32R 【详解】
(1)在B 点进行受力分析，由向心力公式
2
N v F mg m R
-=
代入数据，得
N 2F mg =
(2)由动能定理，得
21
=02
f mgR W W mv ---电
得
11
42
f mgR W mgR mgR --=
所以
1
4
f W mgR =
(3)水平方向只有电场力，小球水平方向做匀变速运动，加速度大小为
1144
mg
a g
m ==
小球回到B 点的正下方时，电场力不做功，所以回到B 点正下方时，水平方向的速度大小
，方向水平向右。

设运动的时间为t ，则
1
4
gt =
t =所以在竖直方向的位移
2
1322
h gt R =
=
18．(1)12261.2 5mgR F mg v B L ==或；(2)2BsL q R =，322
44
391025m g R Q mgs B L
=- 【详解】
(1)设稳定时，金属棒b 的速度大小为v 1，则电动势
1E BLv =
电路中电流
2E I R
=
对金属棒b 有
sin mg BIL θ=
解得
122
65mgR
v B L =
对金属棒a 有
sin 1.2F mg BIL mg θ=+=
(2)金属棒b 向下运动距离s 的过程中，根据法拉第电磁感应定律
E t
∆Φ
=
∆ 根据闭合电路欧姆定律
2E I R
=
通过金属棒a 的截面的电荷量
22BsL
q I t R R
φ∆=∆=
= 设金属棒a 中产生的焦耳热为Q ，根据能量守恒定律有
2
11sin 22
mg s mv Q θ⋅=
+ 解得
322
44
391025m g R Q mgs B L
=-。