北京市西城区2020-2021学年高二年级上学期期末物理试题 参考答案

这是一份北京市西城区2020-2021学年高二年级上学期期末物理试题 参考答案，共12页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】C，16等内容，欢迎下载使用。
答案和解析 1.【答案】
 【解析】解：、磁场中某点磁感应强度的方向与小磁针极所受磁场力的方向相同，与极受力方向相反，故A错误；
B、根据左手定则，某点磁感应强度的方向与运动正电荷所受磁场力的方向垂直，故B正确；
C、根据左手定则，磁场中某点磁感应强度的方向与一小段通电直导线所受磁场力的方向垂直，故C错误；
D、正电荷在磁场中运动的速度方向是由外界因素决定的，和磁场方向无关，故磁场方向不一定与速度方向垂直，故D错误。
故选：。
明确磁场方向的定义，知道某点磁场方向与小磁针极受力方向相同，同时根据左手定则可知，磁场方向与所受磁场力的方向垂直。
本题考查了磁场方向的规定以及左手定则的内容，要注意明确安培力垂直于磁场和电流方向所决定的平面，同样洛伦兹力垂直磁场和粒子速度所决定的平面。
 2.【答案】
 【解析】解：从到再到的过程中，电场强度方向先沿方向，后沿方向，电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力一直做负功，电势能一直增加，故ABC错误，D正确；
故选：。
由题，两个等量同种电荷，它们在间产生的电场强度方向向右．连线上方的中垂线上每一点除点电场线方向向上．根据电场力做功正负，判断电势能的变化．
对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线分布情况和特点要熟悉，考试常常做文章．
 3.【答案】
 【解析】解：、根据公式，可知量子的频率越高，其能量越大，故A正确；
B、麦克斯韦最先预言了电磁波的存在，赫兹最先证实了电磁波的存在，故B错误；
C、电磁波谱按照波长由长到短的顺序依次是无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、射线和射线，故C错误；
D、根据公式，可知从距离地面的天宫一号空间站发送信号到地面接收站，至少需要的时间为：，故D错误。
故选：。
根据公式分析；麦克斯韦最先预言了电磁波的存在；根据电磁波谱的顺序判断；根据公式求解。
本题考查了电磁波和能量量子化有关问题，要求学生会应用公式和公式求解，并强化记忆。
 4.【答案】
 【解析】解：开关接时，电容器充电，充电完毕，电流为零，再将开关拨向位置，开始反向放电，放电完毕后，电流为零，如图所示，故C正确，ABD错误；
故选：。
分析电路结构，电容器充电结束后，电流为零，反向放电结束后，电流仍为零，从而即可判定。
此题考查了闭合电路的欧姆定律，解题的关键是明确电路结构，确定充放电的过程。
 5.【答案】
 【解析】解：、根据图象可知电源的电动势为，此时的电流，电源的功率为，故A错误；
B、交点纵坐标表示该元件两端电压，即为，则该元件的电阻为，故B错误；
C、该元件的发热功率为：，故C错误；
D、电源外电路与内电路消耗功率之比为：：：
而：，故电源外电路与内电路消耗功率之比为：，故D正确。
故选：。
根据图线求出电源电动势和此时的电流，由此求解电功率；根据交点纵坐标表示的意义结合电阻的计算公式求解该元件的电阻；根据电功率的计算公式求解该元件的发热功和电源外电路与内电路消耗功率之比。
本题主要是考查了闭合电路欧姆定律和伏安特性曲线；对于非线性元件，要求其电功率，要作出非线性元件电压和电流的关系、以及电源的输出电压和电流的关系图线，通过图象的交点确定实际电压和实际电流。
 6.【答案】
 【解析】解：由于本实验需要测多组数据才能准确描绘伏安特性曲线，并且要求电压从零调节，所以变阻器应用分压式接法，由于小灯泡电阻较小，所以为了减小误差，应采用电流表外接法，故A正确，BCD错误。
故选：。
根据小灯泡规格求出额定电流来选择电流表量程；根据实验要求电压从零调可知变阻器应用分压式接法；同时分析灯泡内阻与电压表和电流表电阻间的大小关系，从而明确电流表内外接法的选择。
本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的实验原理图，要注意明确本实验要采用滑动变阻器分压接法和电流表内接法来进行实验。
 7.【答案】
 【解析】解：根据有效值的定义，则有：
方波：
解得有效值
正弦交流电：电流有效值
根据功率公式得到：：：，故ACD错误，B正确；
故选：。
根据有效值的定义求解，取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值，根据功率公式算出比值。
本题考查了交变电流有效值的求解，对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值。
 8.【答案】
 【解析】解：，使用、两个端点时电流表量程，使用、两个端点时电流表量程，
根据图示电路图，由欧姆定律得：


代入数据解得：，，，故ABC错误，D正确。
故选：。
根据图示电路图应用串并联电路的特点与欧姆定律求出电阻阻值，然后分析各选项答题。
本题考查了求电阻阻值问题，理解电流表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。
 9.【答案】
 【解析】解：用户端消耗的功率为：
输电线上电流约为：
消耗在输电线上的电功率为：万千瓦
故选：。
先根据用户端消耗的功率估算出输电线路上的电流，在利用计算线路上损失的功率。
本题区别于常规的高压交流输电，学生容易形成定性思维，找不到解决问题的条件而无法解决。
 10.【答案】
 【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

代入数据解得，粒子的轨道半径：
粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：
，故B正确，ACD错误。
故选：。
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应有牛顿第二定律求出粒子做圆周运动的轨道半径；作出粒子运动轨迹，求出磁场的宽度。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。
 11.【答案】
 【解析】解：、金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，故A错误，B正确；
、把和分开，移去，仍带负电，仍带正电，金属箔仍张开，故C错误，D正确；
故选：。
当导体、放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体、处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体．
理解物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷分布情况．
 12.【答案】
 【解析】解：、刚闭合时，电源的电压同时加到两灯上，、同时亮，随着中电流增大，由于线圈直流电阻可忽略不计，分流作用增大，逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，灯更亮，故A错误，B正确；
、稳定后再断开开关后，灯泡与线圈构成闭合自感回路，灯泡由暗变亮再逐渐熄灭，灯泡立即熄灭，故C正确，D错误。
故选：。
闭合瞬间，、同时亮，随着中电流增大，线圈直流电阻可忽略不计，分流作用增大，逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析灯亮度的变化。断开，灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断灯亮度如何变化。
对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象。
 13.【答案】
 【解析】解：
A、用极靠近闭合的铝环时，垂直环面向里的磁通量增大，所以环中感应电流的磁场的方向垂直环面向外，环产生逆时针方向的感应电流，故A正确；
B、极靠近断开的铝环，因环是断开的，没有感应电流，则环不动，但由楞次定律“增反减同”，则环中有逆时针方向的感生电场，故B正确；
C、极靠近闭合的铝环时，产生感应电流，环受力，由楞次定律可知环会远离磁铁，且环中有顺时针方向的电流，故C错误；
D、极靠近断开的铝环，环不闭合，磁铁靠近环时，环内不产生感应电流，因此环不受磁场的作用，环不动，由上分析可知，环中有顺时针方向的感生电场，故D错误；
故选：。
穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；
如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动。
本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题，并掌握楞次定律的应用，理解感应电场与电路存在与否，或是否闭合均无关。
 14.【答案】
 【解析】解：、电子在加速电场中的运动过程，根据动能定理有
 
电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有
 
电子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
  
根据牛顿第二定律得
 
联立以上各式解得：，故A正确，B错误；
、对电子运动的整个过程，根据动能定理得
 
将代入上式解得：，故C正确，D错误。
故选：。
电子在加速电场中运动时，根据动能定理求出电子加速获得的速度；电子在偏转电场中，电子做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度大小，根据平抛运动的规律求出偏移距离，对整个过程，利用动能定理求电子射出电场时速率。
本题考查带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动，在加速电场中根据动能定理求加速获得的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出相关物理量。
 15.【答案】    刻线 
 【解析】解：为机械调零旋钮，测量前应旋动部件，使指针指在电流“”刻线；
欧姆调零时，应旋动部件，使指针对准电阻的“刻线”；
根据读数可知挡位选择为，所以欧姆表的读数为：。
故答案为：；，刻线；。
测量前应旋动部件，使指针指在电流“”刻线；
为欧姆调零旋钮，每选择一次挡位，都需要红黑表笔短接进行欧姆调零，测量时指针靠近中值电阻较准确；
根据欧姆表读数等于刻度盘读数倍率求解。
本题考查了欧姆表的工作原理和使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近。
 16.【答案】电压和电流、陶瓷管的长度、陶瓷管的直径   
 【解析】解：根据电阻定律知，已经电阻率、若测量出电阻、导体长度后，能求出电阻膜的横截面积，那么电阻膜厚度。而伏安法测量电阻，所以应测定的物理量有：电压和电流、导线的长度、陶瓷管的直径等；
伏安法测电阻时用外接法，滑动变阻器阻值较大采用限流接法，按此思路设计电路图如图所示，
根据欧姆定律和电阻定律有：，所以厚度；
螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，故。
故答案为：电压和电流、陶瓷管的长度、陶瓷管的直径；；
根据欧姆定律求出电阻阻值，然后由电阻定律求出膜层厚度的表达式，然后根据表达式确定需要测量的量；
根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图；
由欧姆定律和电阻定律及面积公式写出厚度的表达式；
根据螺旋测微器的读数方法，读取金属层厚度。
本题考查了求电阻膜的厚度、确定需要测量的量、作电路图，知道实验原理、应用电阻定律、确定滑动变阻器与电流表接法即可正确解题．解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，注意读数时需估读．
 17.【答案】     甲
 【解析】解：根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示；

由图所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压
由图示电源图象可知，充电宝电动势，充电宝内阻
由闭合电路的欧姆定律得：，，
解得：
应用图象法出来实验数据可以减小偶然误差，方案甲可以减小偶然误差。
故答案为：图线如图所示；；；；甲。
根据实验数据应用描点法作出图象，根据图示图象求出充电宝的电动势与内阻。
根据实验数据应用闭合电路的欧姆定律求出充电宝的电动势。
应用图象法出来实验数据可以减小偶然误差。
本题考查了实验数据处理问题，应用图象法处理实验数据可以减小偶然误差，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用描点法作图的方法。
 18.【答案】解：分析实验结果可知，的初始值，电流表示数，的值为，电流表示数，灯泡的亮度不变，即通过灯泡的电流不变，可知灯泡和可调电阻器并联。
电源内阻可以忽略，当电阻时，通过电阻的电流为：，
则通过灯泡的电流：，灯泡的电阻：；
将两个的电池串联来代替低压电源，进行同样的实验，根据闭合电路的欧姆定律可得：，当增大时即增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮。
答：盒中的与是并联的，由于并联各支路互不影响；灯泡的电阻值为；
当增大时即增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮。
 【解析】抓住电阻变化后，通过灯泡的电流不变，确定与灯泡的串、并联方式；根据欧姆定律和串、并联电路的特点求出灯泡的电阻；
电池有内阻，根据闭合电路欧姆定律，总阻值变化，干路电流变化，灯泡两端电压变化，确定灯泡亮度的变化。
此题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路特点的基本运用，解题的关键是明确第问中电源内阻忽略不计，第问中，电池有内阻。
 19.【答案】解：俯视从上向下看线框逆时针转动，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，由安培定则可知，感应电流方向是，线框的俯视图只能看到边，俯视图如图所示；

线框转过过程感应电动势的最大值：
由题意可知，时刻线框平面与中性面的夹角
经过时间线框产生的感应电动势的瞬时值表达式：

答：线框的俯视图与电流方向如图所示；
经过时间，线框中产生的感应电动势瞬时值表达式是。
 【解析】根据楞次定律判断出感应电流方向，然后作出俯视图。
求出感应电动势的最大值，然后根据题意求出感应电动势的瞬时值表达式。
本题考查了正弦式交变电流的产生，考查了求感应电动势的顺时值表达式问题，掌握基础知识是解题的前提；解决本题的关键掌握感应电动势的瞬时值表达式的求解方法，应用楞次定律可以判断出感应电流方向。
 20.【答案】解：根据和，
可得电荷量为的点电荷在与之相距处电场强度表达式为，电场线和等势面分布如图所示：

电容器内部为匀强电场，电场强度不变，故E图为：

因为电容器正极板的电势为零，电场强度向右，可知随着增大，逐渐减小，图象如图所示：

答：电荷量为的点电荷在与之相距处电场强度表达式为，电场线和等势面分布如解析所示；
电场强度、电势沿轴的变化情况如解析所示。
 【解析】联立电场强度定义式和库仑定律即可求得点电荷的电场强度表达式，分析匀强电场当中电场强度、电势沿轴的变化。
本题主要考察点电荷和匀强电场的相关知识，整体难度较低。
 21.【答案】解：导体内电流的大小为：，假设时间内电子运动的长度为，则其通过的导体的体积为，通过导体某一截面的自由电子数为，则该时间内通过导体该截面的电荷量为：，
联立方程可解得电流的微观表达式为：，则此时导体受到的安培力大小为：，联立解得：，
长为的导体内中的自由电子数目为：，则每个电子所受到的洛伦兹力的大小为：，故个粒子所受到的洛伦兹力的合力为：，
故；
 【解析】由电流的定义式和电荷量的表达式推导出电流的微观表达式，从而求出安培力的大小，再求出每个自由电子所受到的洛伦兹力，从而推导出安培力与洛伦兹力合力的关系。
本题主要考查了洛伦兹力与安培力的关系，解题关键在于通过电流的微观表达式进行二者间推导。