2019-2020学年陕西省商洛市高二上学期期末考试教学质量检测物理试题 解析版

商洛市2019～2020学年度第一学期期末教学质量检测

高二物理试卷

第I卷（选择题 共48分）

一、选择题：本题共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小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1.下列有关库仑定律和库仑力的说法，正确的是（ ） A. 同种电荷相互排斥，且电荷间距离越大，库仑力越小 B. 电荷在某处不受库仑力的作用，该处也有电场

C. 若两点电荷a、b的电荷量QaQb，则a对b的库仑力大于b对a的库仑力

D. 真空中两个电荷量不变的点电荷之间距离增大到原来的2倍，它们之间的库仑力则变为原来的

1 2【答案】A 【解析】

【详解】A．同种电荷相互排斥，根据库伦定律Fk越小，A正确；

B．电荷在某处不受库仑力的作用，该处一定没有电场，B错误； C．库仑力为相互作用力，所以两电荷之间的库仑力等大反向，C错误； D．根据库伦定律Fk故选A。

2.下列小磁针方向（所有小磁针都处于静止状态）正确的是（ ）

q1q2可知电荷间距离越大，库仑力2r1qqr2可知变为原来的倍，库仑力变为原来的，D错误。 24rA. B.

1

C. D.

【答案】B 【解析】

【详解】A．小磁针静止时N极所指方向即为磁感应强度方向，A中小磁针N极所指方向与磁感线方向相反，A错误；

B．根据安培定则，从上向下看可知磁感线为逆时针方向，与小磁针N极所指方向相同，B正确；

C．根据安培定则可知环中产生的磁场与纸面垂直，小磁针与纸面平行，C错误；

D．根据图中条形磁铁位置可知磁感线由N极指向S极，小磁针N极所指方向与磁感线方向不符，D错误。 故选B。

3.下列关于电场和磁场的说法正确的是（ ） A. 由EF可知，电场强度E与试探电荷的电荷量q成反比、与电场力F成正比 qB. 由UABWAB可知，电势差与试探电荷电荷量q成反比、与电场力做的功WAB成正比 qC. 磁场中任意一点的磁感应强度等于磁通密度，即垂直于磁感应强度方向的单位面积的磁通量

D. 由磁感应强度公式B力的方向相同 【答案】C 【解析】

【详解】A．公式E的2

F可知，磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培ILF采用比值定义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷在电q场中该点所受的电场力F和电荷量q无关，故A错误； B．公式UABWAB是定义电势差的，当电场力做功变化时，这两点的电势差仍不变，A、q

B两点的电势差UAB与电场力做功WAB、电荷量q无关，故B错误； C．当平面与磁场垂直时，穿过平面的磁通量为Φ=BS，得到B，即磁感应强度等于磁S通密度，即垂直于磁感强度方向的单位面积的磁通量，故C正确；

D．根据左手定则可知，磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向垂直，故D错误。 故选C。

4.将一个处在静电场中的电子由M点移到N点，该电子的电势能增加了9eV，下列说法正确的是（ ） A. 电场力做功为9eV

B. 该静电场中电场强度的大小关系为ENEM C. M点的电势小于N点的电势 D. M、N两点间的电势差UMN9V 【答案】D 【解析】

【详解】ACD．因为

WqUMNEP9eV

则

UMNW9V e所以M点的电势大于N点的电势，故AC错误，D正确；

B．由于不知道电场的分布情况，所以M、N两点的场强大小不能确定，故B错误。 故选D。

5.图示电路中，电池的内阻r=2，外电路电阻R=8，理想电压表的示数U=4V，则电池的电动势E为（ ）

3

A. 4V 【答案】C 【解析】

B. 4.5V C. 5V D. 5.5V

【详解】由电路图知，理想电压表测得路端电压，所以

I内电压

U外4A0.5A R8U内=Ir0.52V1V

所以电动势

E=U外+U内=5V

故C正确，ABD错误。 故选C。

6.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从磁场边界上的a点射入、b点射出，不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）

A. 粒子在a点的速率小于在b点的速率 B. 粒子带正电

C. 若仅增大磁感应强度，则粒子可能从b点左侧射出 D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】C 【解析】

【详解】A．粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故A错误；

B．粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故B错误； C．根据

4

v2qvBm

r得

rmv qB若仅增大磁感应强度，则粒子运动的半径减小，粒子可能从b点左侧射出，故C正确； D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据t2πT可知粒子运动时间可能增加，故D错误。

故选C。

7.2019年我国研制出了世界上最大的紧凑型强流质子回旋加速器，该回旋加速器是我国目前自主研制的能量最高的质子回旋加速器。图示为回旋加速器原理示意图，现将两个相同的回旋加速器置于相同的匀强磁场中，接入高频电源。分别加速氘核和氦核，下列说法正确的是（ ）

A. 它们在磁场中运动的周期不同 B. 它们的最大速度相等

C. 两次所接高频电源的频率不相同

D. 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 【答案】B 【解析】

【详解】A．粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，周期T2πm，氘核和氦核的比荷相qB等，则两粒子在磁场中运动的周期相同，根据回旋加速器的工作原理可知，粒子在磁场中运动的频率等于高频电源的频率，故两次频率相同，故AC错误； B．根据

v2qvBm

r

5

可得

vmaxqBR m由于氘核和氦核比荷相同，且加速器的半径也相同，因此它们的最大速度也相同，故B正确； D．最大动能

高频电源的频率与粒子最大动能无关，故D错误。 故选B

8.为解决手机充电问题，市面上出现了免押共享充电宝服务。图示为小米某款充电宝的相关数据，下列说法正确的是（ ） 容量 输入 产品名称

A. 充电宝充电时将化学能转化为电能 B. 充电宝放电时将电能转化为化学能 C. 该充电宝充电时的输入电压为220V

D. 若该充电宝给电池电荷量为零、容量为3000mAh的手机充电，则理论上能充满3次 【答案】D 【解析】

10000mAh DC\\5V\\2A 小米 。12q2B2R2 Ekmvmax22m匹配系统 输出 重量 安卓 DC\\5V\\0.1A~2.5A 300g 【详解】AB．充电宝充电时将电能转化为化学能，放电时将化学能转化为电能。故AB错误；

C．根据表格看出，该充电宝充电时的输入电压为5V，故C错误； D．充电宝的电能能给电池电荷量为零、容量为3000mAh的手机充电的次数

n10000mAh103

3000mAh36

故D正确。 故选D。

9.下列说法正确的是（ ） A. 地磁的南极就是地理的南极 B. 奥斯特发现了电流的磁效应

C. 小磁针静止时N极所指的方向规定为该点的磁感应强度的方向 D. 磁感线和电场线一样，都是真实存在的 【答案】BC 【解析】

【详解】A．地球是个巨大的磁体，地磁场的南北极与地理南北极大致相反，且不重合。即：地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，故A错误；

B．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故B正确； C．磁场是有方向的，人们规定，在磁场中的某一点，小磁针静止时，N极所指的方向就是该点的磁场方向，故C正确；

D．磁感线和电场线一样都是假想的曲线，实际并不存在，故D错误。 故选BC。

10.若使一已充电的电容器的电荷量减少q，其电压减少为原来的A. 电容器原来的带电荷量为1.5q B. 电容器的电容不变 C. 电容器原来电压为1V

D. 将电容器完全放电后，其电容变为零 【答案】AB 【解析】

1，则（ ） 3【详解】AB．电容是由电容器本身决定，与电压和电荷量无关，电容器的电荷量减少q，电压减少为原来的

电荷量为1.5q，故AB正确；

C．由于具体数据不知，无法求出原来的电压，故C错误；

D．电容反映电容器本身的特性，电容器放电，电容器的电容不变，故D错误。

的Q112，电容不变，由C=知电量减少为原来的即减少了，原来的333U7

故选AB。

11.图示电路中，所用电源的电动势E=3V、内阻r=1，定值电阻R1=4，调节滑动变阻器R2接入电路中的有效阻值，下列说法正确的是（ ）

A. R2的阻值为5时，滑动变阻器R2消耗的电功率最大 B. R2的阻值为5时，定值电阻R1消耗的电功率最大 C. 定值电阻R1消耗的电功率最大时，电源的效率为80% D. 电源的输出功率可能为2.25W 【答案】AC 【解析】

【详解】A．将R1看成电源的内阻，当等效电源的内电阻等于外阻时，R2消耗的功率最大，即为

R2rR11Ω4Ω5Ω

故A正确；

BC．R1为定值电阻，当电流最大时，功率最大，R2阻值应为0，定值电阻R1消耗的电功率最大，此时电源的效率为

=故B错误，C正确；

R1100008000 R1+rD．当内外电阻越接近时，电源的输出功率越大，故当R2=0时，电源的输出功率最大，为

Pmax不可能为2.25W，故D错误。 故选AC。

E2R1.44W 21(R1r)12.一带负电的粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化图象如图所示，其中x1～x2这一段是平行于x轴的直线，则下列说法正确的是（ ）

8

A. 0～x1段的电场强度方向沿x轴正方向 B. 0～x1段带电粒子的动能减小 C. 0～x1段带电粒子做匀减速直线运动 D. x1～x2段电场力不做功 【答案】ABD 【解析】

【详解】A．由图可知，0～x1段带负电的粒子电势能增大，则电势降低，所以0～x1段的电场强度方向沿x轴正方向，故A正确；

B．由能量守恒可知，0～x1段带电粒子的电势能增大，则动能减小，故B正确； C．由数学知识可知Ep－x图象切线斜率等于

由图象可知，0～x1段图象斜率减小，即电场力减小，则粒子做变加速运动，故C错误；

D．x1～x2这一段是平行于x轴的直线，则粒子的电势能不变，所以电场力不做功，故D正确。 故选ABD。

第II卷（非选择题 共52分）

二、非选择题：本题共5小题，共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写

出最后答案的不能给分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13.某同学为了测量一均匀金属圆柱体的电阻率，完成下列步骤：

的x

9

EpF

（1）用游标卡尺测量金属圆柱体的长度，如图甲所示，其长度为_________cm。

（2）用螺旋测微器测量金属圆柱体的直径，如图乙所示，其直径为_________mm。 （3）若测得流过圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D和L，则该圆柱体的电阻率_________（用I、U、D和L表示）。 【答案】 (1). 2.97 (2). 1.850 (3). ＝【解析】

【详解】（1）[1]．由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为29mm，游标尺示数为7×0.1mm=0.7mm，

游标卡尺示数为29mm+0.7mm=29.7mm=2.97cm；

0.01mm=0.350mm，螺旋（2）[2]．螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为35.0×测微器示数为1.5mm+0.350mm=1.850mm； （3）[3]．由电阻定义式得圆柱体的电阻为

UD24IL

R由电阻定律得

U ① IL ② SR又

DS＝()2③

2①②③联立解得

＝UD24IL

14.某同学从旧收音机上得到一个电阻，想测出它的阻值，设计了以下实验：

(1)用多用电表粗测电阻的阻值：当用欧姆“×10”挡时发现指针偏转角过大，为了更准确地1”或“×100”）挡，换挡后进行了一系列正测量该电阻，他应该用欧姆_________（填“×

确操作，指针静止时如图甲所示，则该电阻的阻值为_________Ω。

10

(2)该同学用伏安法测量该电阻的阻值，要求较为精确测量。所用器材有：待测电阻Rx；电压表（量程0~3V，内阻为3kΩ）；电流表（量程0~300mA，内阻约为1Ω）；定值电阻（R13kΩ）；滑动变阻器（最大阻值为10Ω）；直流电源（电动势E=9V）；开关一个；导线若干。

①请在图乙中补全实验电路图_____；

②图乙中开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于_________（填“左端”或“右端）； ③调节滑动变阻器，测得5组电压表和电流表的数据，作出UI图线如图丙所示，由此可求得此电阻阻值R=_________Ω（结果保留三位有效数字），如果考虑系统误差，此电阻的测量值_________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。

【答案】 (1). ×1 (2). 19 (3). (4). 右端 (5). 19.5 (6).

小于 【解析】

【详解】(1)[1]指针角度偏转过大，说明待测电阻阻值较小，所以换更低的倍率“×1”挡即可。

[2]欧姆挡读数为表盘示数乘以倍率，电阻为191Ω=19Ω。

(2)①[3]电源电动势为9V，电压表量程较小，所以需要改装电压表，将电压表与定值电阻串联，二者电阻大小相等，所以分压相等，所以改装为6V的电压表，根据待测电阻与电表内阻的关系

6kΩ19Ω19Ω1Ω

11

可知改装的电压表分流较小，所以电流表采用外接法，电路图如图

②[4]开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于右端，使测量电路部分分压为零，保护电路，电压可以从零开始调节。

③[5]电压表量程改为原来的2倍，所以将纵轴乘以2得到待测电阻两端电压，根据欧姆定律

R2.52Ω19.5Ω

256103[6]如果考虑系统误差，电流表测量电流为通过待测电阻和电压表的总电流，测量值偏大，所以电阻的测量值小于真实值。

15.如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，放置一根长为L、质量为m、通有电流I的导体棒，为了使导体棒静止在斜面上，现施加一个竖直向上的匀强磁场，求该匀强磁场的磁感应强度大小。（重力加速度为g）

【答案】【解析】

mgtan IL【详解】导体棒受重力、支持力和水平向右的安培力处于平衡，根据共点力平衡得

mgtanBIL

解得

mgtan ILmgtan所以所加磁场的磁感应强度B的大小为。

ILB16.如图所示，在一倾角为30°的光滑固定绝缘斜面上方，有平行于斜面向上的匀强电场，虚线MN为电场的上边界，电场强度大小E2103V/m，MN上方有一长为L=0.6m的轻质绝

12

缘杆，杆的上、下两端分别固定小球A、B（可看成质点），质量均为m=0.01kg，A不带电，

5B带电荷量q2510C，B到MN的距离d=0.4m。现将A、B两小球由静止释放（g取

10m/s2），求：

(1)小球B在匀强电场中而A还未进入电场时，两小球(2)从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间。

加速度大小；

【答案】(1)A、B两球加速度均为5m/s2；(2)0.6s 【解析】

【详解】(1)以两小球为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律有

2mgsin30q2E2ma

解得

q2E51052103222 agsin305m/sm/s10m/s22m2110的两球加速度相同，均为5m/s2。

(2)从静止释放到B球刚要进入电场，系统加速度为

2mgsin30a12m5m/s2

匀加速直线运动

d12a21t1 解得

t2d1a20.4s0.4s 15进入电场时系统的速度为

va1t150.4m/s2m/s

13

从B刚进入匀强电场到A刚要进入匀强电场过程中

12 Lvt2at22解得

t20.2s（另一解0.6s舍去）

则总时间为

tt1t20.6s

17.如图所示，竖直直角坐标平面xOy内有一条过原点的射线OA，OA与x、y轴正半轴夹角都为45°，OA与y轴正半轴形成的区域存在竖直向下的电场，OA与x轴水平正半轴形成的区域与第四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，其他区域无电场和磁场。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0从P点（0，

3L）平行x轴正方向进入电场，恰好从Q2点（L，L）进入磁场，粒子最后恰好垂直y轴进入第三象限，粒子的重力不计，求： (1)带电粒子进入磁场时的速度； (2)磁场的磁感应强度的大小；

(3)从带电粒子刚进入电场到刚离开磁场的时间。

【答案】(1)带电粒子进入磁场时的速度大小为2v0，与水平方向的夹角为45；(2)1L(3)(1)

4v0mv0；qL【解析】

【详解】(1)粒子从P到Q做类平抛运动，水平方向的位移为L，竖直方向的位移为平方向上

L，水2Lv0t

14

竖直方向上

Lvyt1 22粒子的合速度为

22， vv0vy设速度与水平方向d夹角为，则

tanvyv

0解得

v2v0

合速度与水平方向的夹角为45。 (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图

根据几何关系有圆心在O处，r2L，因为洛伦兹力提供向心力，则mv2qvBr

则磁感应强度为

Bmv0qL (3)在电场中的运动时间为

tL1v 0粒子在磁场中运动的时间为

12Lt42 2v0 15

所以粒子刚进入电场到离开磁场的时间为

1Ltt1t2(1)

4v0

16