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1、福建龙岩高二物理上学期期末教学质量检查试题（含解析）福建省龙岩市2020学年高二物理上学期期末教学质量检查试题（含解析）一、选择题1.在电磁学的发展过程中，许多科学家做出了卓越贡献，下列表述符合史实的是A. 法拉第最早用实验测定了电子的带电量B. 奥斯特引入了电场的概念C. 安培发现了电流的磁效应D. 库仑发现了点电荷的相互作用规律D【解析】【详解】A. 最早用实验测定了电子的带电量的是密立根，故A错误；B.法拉第最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律。故B错误；C. 奥斯特发现了电流的磁效应。故C错误；D. 库仑发现了点电荷的相互作用规律。故D正确。故选：D2.下列物理量中，与
2、试探电荷的电量和电性有关的是A. 电势能B. 电势C 电势差D. 电场强度【答案】A【解析】【详解】A.电势能，电荷在电场中某点的与试探电荷的电量、电性和该点的电势都有关系，故A正确；B.电势是描述电场能的性质的物理量，电势是由电场本身决定的，高低与零势点的选取有关，与试探电荷无关。故B错误；教育精品C. 电势差是电势的差值，是由电场本身决定的，与试探电荷无关，故C错误。D. 电场强度是描述电场力的性质的物理量，由电场本身决定的。与试探电荷无关。故D错误。故选：A3.平面内有一边长为a的正方形线圈，内部与其相切的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其它区域无磁场，磁感应强度大小为B则穿过该线圈
3、磁通量为教育精品A. B. Ba2C. B（-1）a2D. B（2-1）a2【答案】A【解析】【详解】磁场的有效面积为，根据磁通量的定义，穿过该线圈磁通量为：。A. 。与上述结论相符，故A正确；B. Ba2。与上述结论不符，故B错误；C. B（-1）a2。与上述结论不符，故C错误；D. B（2-1）a2。与上述结论不符，故D错误。故选：A4.在如图示电路中，电源电动势为E、内阻为r，L1、L2、L3均为小灯泡，P为滑动变阻器的滑动触头，开关S1、S2闭合。则教育精品A. 向右滑动触头P，小灯泡L2变亮B. 向右滑动触头P，小灯泡L3变亮C. 若只断开S2，小灯泡L1变暗D. 若只断开S2，小灯
4、泡L2变亮【答案】B【解析】【详解】AB.在S2处于闭合状态下，向右滑动触头P，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压减小，L2变暗；则L3两端电压增大，故L3变亮，故A错误，B正确；教育精品CD. 若只断开S2，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压减小，L2变暗；则L1和P两端电压增大，电流增大，故L1变亮，故C错误，D错误。教育精品故选：B5.有一内阻为50，满偏电流为10mA的电流计，现要将其改装成量程为0-3V的电压表。下列做法正确的是教育精品A. 并联一个阻值为250的定值电阻B. 串联一个阻值为250的定值电阻C. 并联一个阻值为300的定值电阻D. 串联一个阻值为3
5、00的定值电阻【答案】B【解析】【详解】把电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：。A. 并联一个阻值为250的定值电阻。与上述结论不符，故A错误；B. 串联一个阻值为250的定值电阻。与上述结论相符，故B正确；C. 并联一个阻值为300的定值电阻。与上述结论不符，故C错误；D. 串联一个阻值为300的定值电阻。与上述结论不符，故D错误。故选：B。6.如图所示，ABCD是底角为60的等腰梯形，且AB=2CD，在A、B位置分别放上两个点电荷，A、B两点的点电荷在C点产的场强大小分别为EA、EB，C点的电场强度方向沿DC向右。则下列说法正确的是教育精品A. 放在A点的电荷为负电B.
6、 放在B点的电荷为正电CEAEB【答案】D【解析】【详解】AB.由于两点电荷在C点产生的合场强方向沿DC向右，根据矢量合成法，利用平行四边形定则可知，可知两点电荷在C点产生的场强方向如图所示，由图可知，A点所放点电荷为正电荷，B点所放点电荷为负电荷，故A错误，B错误；教育精品CD.由图中矢量三角形几何关系可知EBEA，故C错误，D正确。故选：D7.如图为某同学使用的迷你电风扇，该同学想要研究该风扇电动机的性能。将电风扇与电动势为2V、内阻为1的电源连接。闭合开关后，电风扇正常运转，测得电路电流为0.2A。以下判断中正确的是教育精品A. 电动机两端的电压为2VB. 电动机的内阻为9C. 电动机的
7、输入功率为0.36WD. 电源输出电功率为0.4W【答案】C【解析】【详解】A. 电动机两端的电压为：UM=EIr=20.21=1.8V，故A错误；B. 电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，其内阻：故B错误；C. 电动机输入的电功率为：PM=UMI=1.80.2=0.36W，故C正确；D. 电源的输出功率等于电动机的输入功率，为0.36W，故D错误。故选：C8.如图，材质相同、粗细均匀的正方形导体框ABCD，垂直放置于匀强磁场中，将CD两点接到电源两端，CD段受到的安培力为F，则此时导体框受到的安培力的合力大小为教育精品A. B. C. 2FD. 3F【答案】B【解析】【详解】均匀的电阻丝组
8、成的正方形导体框，电阻丝CBAD阻值是电阻丝CD阻值的3倍，电阻丝CD与电阻丝CBAD并联，所以电阻丝CBAD中电流是电阻丝CD中电流的；电阻丝CBAD在磁场中的有效长度与电阻丝CD的长度相等，则电阻丝CBAD所受安培力是电阻丝CD所受安培力的，即电阻丝CBAD所受安培力为F；电阻丝CD与电阻丝CBAD所受安培力的方向相同，所以三根电阻丝受到的安培力的合力：教育精品。A. 。与上述结论不符，故A错误；B. 。与上述结论相符，故B正确；C. 2F。与上述结论不符，故C错误；D. 3F。与上述结论不符，故D错误。故选：B。9.如图是质仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速
9、度选择器内有正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度和电场强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片，平板S下方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B0。则下列判断正确的是教育精品A. 该带电粒子带负电B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大D. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于【答案】C【解析】【详解】A. 粒子进入磁场后向左偏，根据左手定则可以判断，粒子带正电，故A错误； B.粒子在速度选择器中受到水平向右的电场力，则洛仑兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B错误；教育精品C. 粒子在磁场中做匀速圆
10、周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子的速度相同，轨道半径r越小，即粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大，故C正确；D.粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：qE=qvB，解得：，故D错误；故选：C10.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1O1bbO2O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为教育精品A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中
11、轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的设ao1=o1b=bo2=o2c=r，设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1=B1r+B3r；b点磁感应强度：B2=B1r+B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc=B3r=B1-B2，故选A教育精品11.关于磁场，下列说法中正确的是A. 一小段通电导线所受安培力为零，则该处的磁感应强度为零B. 一小段通电导线在磁场中所受安培力的方向与该处磁感应强度方向相同C. 一小段通电导线在磁场中所受安培力的方向与该处磁感应强度方向垂直D. 小磁针N极受到磁场力的方向就
12、是该处磁感应强度方向【答案】CD【解析】【详解】A. 如果电流方向与磁场方向平行，即使磁感应强度不为零，通电导线所受的安培力也为零，故A错误； 教育精品BC. 通电导线所受安培力的方向总是与磁感应强度方向和电流方向所决定的平面垂直，故B错误，C正确； D. 某点磁感应强度方向规定为小磁针N极在该点受到磁场力的方向，所以小磁针N极受到磁场力的方向就是该处磁感应强度方向，故D正确。教育精品故选：CD12.如图，在xOy坐标平面内有方向平行于坐标平面的匀强电场，abcd是平面内直角梯形的四个顶点，坐标如图所示，已知a、b、c三点电势分别为2V、6V、8V，下列说法正确的是教育精品A. 坐标原点O的电
13、势为4VB. d点的电势为5VC. c、O两点的电势差等于b、a两点的电势差D. 匀强电场方向沿cb方向【答案】AC【解析】【详解】A. 根据U=Ed可得，匀强电场中相互平行的直线上，电势差与长度成正比，则代入数据得：故A正确；B.根据A选项的分析，有：代入数据得：故B错误；C. 根据A选项的分析，c、o两点的电势差等于b、a两点的电势差，故C正确；D.b、d两点电势相等，b、d两点连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势知，匀强电场方向沿ba方向故D错误。教育精品故选：AC13.在如图所示的电路中，P1、P2分别为滑动变阻器R1、R2的滑动触头，R3为定值电阻，平行金属板A
14、、B构成电容器C，M为电容器内的一点。开关S闭合且电路稳完时，下列说法正确的是教育精品A. 若滑片P1向下移动，电容器的极板间电压变小B. 若滑片P2向下移动，电容器的极板间电压变小C. 若极板A向下移动，M点的电势升高D. 若极板A向下移动，M点的电势降低【答案】BC【解析】【详解】A. 电路稳定时，通过电阻R1的电流为零，移动滑动变阻器滑片P1，电容器的极板间电压不发生改变，故A错误；教育精品B. 滑片P2向下移动，总电阻减小，电流增大，内电阻和R3电压增大，R2电压减小，电容器与R2并联，电容器的极板间电压等于R2两端的电压，变小，故B正确；教育精品C.如果仅将极板A向下移动，那么，平行
15、板两极电压不变，平行板间电场强度增大，M点与零势点电势差增大， M点的电势升高，故C正确，D错误。教育精品故选：BC14.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微粒经带电室（未画出）带负电后，由静止开始从K孔进入电压为U0的加速电场，然后垂直于电场方向进入电压为U的偏转电场，最终打在屏上，屏距离偏转区域右端的水平距离为L，则教育精品A. 减小U0的大小会使微粒在偏转区域中的运动时间增大B. 减小U的大小会使微粒在偏转区域中的运动时间增大C. 增大L的大小，微粒打在屏上的速度会增大D. 保持U0、U不变，不同的微粒会打在屏的同一位置【答案】AD【解析】【详解】A.设微粒质量为m，电量为q，偏转电场极板长为L，极板间距离为d，微粒经加速电场加速后速度为v0，则教育精品得：微粒在偏转区域中的运动时间：减小U0的大小会使微粒
