学年四川省全国2卷 高二上学期期末备考金卷物理A卷解析版.docx
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学年四川省全国2卷高二上学期期末备考金卷物理A卷解析版
四川省全国2卷2020-2021学年高二上学期期末备考金卷
物理（A）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：
每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：
本题共12小题，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．下列说法正确的是（ ）
A．静电力常量是卡文迪许通过扭秤实验测得的
B．元电荷e的数值最早是由库仑用实验测得的
C．奥斯特发现了电流的磁效应
D．法拉第提出的“分子电流”假说，揭示了磁现象的电本质
2．下列说法正确的是（ ）
A．电流的方向就是电荷移动的方向
B．根据公式F＝k
当两个点电荷距离趋于0时，电场力将趋于无穷大
C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领
3．两个相同的带同种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r时库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为（ ）
A．
FB．
FC．
FD．
F
4．电场中的三条等势线如图中实线a、b、c所示，三条等势线的电势φa>φb>φc。
一电子以沿PQ方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从P运动到Q，则这一过程中电子运动的v－t图象大致是图线中的（ ）
5．如图所示，A、B为两个带等量异种电荷的金属球，将两根不带电的金属棒C、D放在两球之间，达到静电平衡后，下列叙述正确的是（ ）
A．C棒左端电势大于C棒右端电势
B．C棒左端电势等于C棒右端电势
C．若用导线将C棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，将有从y流向x的电流
D．若将B球接地，B所带的负电荷全部流入大地
6．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线。
若A、B点的横坐标均为1A，那么AB线段表示的功率为（ ）
A．1WB．6WC．2WD．2.5W
7．如图所示，平行板电容器与一恒压直流电源相连，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）
A．平行板电容器的电容值将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电小球的电势能将增小
D．若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受电场力不变
8．如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈，工作过程中某段时间通电线圈存在顺时针方向（从左向右看）均匀增大的电流，则（ ）
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，金属片中没有感应电流
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
9．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流I，细线的拉力不为零。
下列操作能使细绳拉力减小的是（ ）
A．磁场方向不变，电流方向不变，电流增大
B．磁场方向不变，电流方向反向，电流减小
C．磁场方向反向，电流方向反向，电流增大
D．磁场方向反向，电流方向反向，电流减小
10．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为滑动变阻器。
当滑动变阻器的滑片向下滑动时（ ）
A．电压表的示数增大
B．流过R2的电流增大
C．小灯泡的功率减小
D．电源的总功率增大
11．如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直于直面向里的匀强磁场，一个正方形导线框abcd的一条边在x轴上，在外力作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区域，在t＝0时该线框恰好位于图中所示位置，则（ ）
A．cd刚进入磁场时，线框中有顺时针方向的电流
B．ab边进入磁场后，线框中有顺时针方向的电流
C．cd边进入磁场后，线框中的电流逐渐变大
D．ab边进入磁场后，线框中的电流逐渐变小
12．一质量m＝6kg、带电量q＝－0.1C的小球P，自倾角θ＝53°的固定光滑斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h＝6.0m，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。
整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E＝200N/C，忽略小球在连接处的能量损失，当小球运动到水平面时，立即撤去电场。
水平面上放一质量也为m静止不动的
圆槽Q，圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R＝3m，如图所示（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2
），则以下说法正确的是（ ）
A．由静止释放到滑到斜面底端，P球的电势能增加了90J
B．小球P运动到水平面时的速度大小为5m/s
C．最终小球将冲出圆槽Q
D．最终小球不会冲出圆槽Q
二、非选择题：
本题共6小题，共60分。
按题目要求作答。
解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（8分）在“测定金属的电阻率”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则该金属丝直径的测量值d＝___________mm。
（2）按如图所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15Ω），实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）
电流表A1（量程0～300mA，内阻约3Ω）
电流表A2（量程0～3A，内阻约0.1Ω）
滑动变阻器R1（0～50Ω）
滑动变阻器R2（0～200Ω）
电源（电动势为3V，内阻不计）
为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。
（选填器材的符号）
（3）测出Rx的值后，改变电压表的连接方式，如图所示，即可测量电源的电动势和内阻，图中Rx有两个作用：
①可以增大电压随电流的变化率；②___________。
14．（10分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：
小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表V（量程3V，内阻3kΩ）；电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）；固定电阻R0（阻值1000Ω）；滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）；电源E（电动势5V，内阻不计）；开关S；导线若干。
（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。
（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示，由实验曲线可知，随着电流的增加，灯丝的电阻率________。
（选填“增大”“不变”或“减小”）
（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。
闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W。
（结果均保留2位小数）
15．（6分）如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10－4的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，求：
（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；
（2）A、B两点间的电势差UAB；
（3）该匀强电场的电场强度E。
16．（8分）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的负离子（重力可忽略）从O点以与MN成θ＝30°角的速度v射入该磁场区域，经一段时间后从边界MN上P点射出。
求：
（1）入射点O与出射点P间的距离L；
（2）负离子在磁场中运动的时间。
17．（12分）如图，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。
金属导轨的一端接有电动势E＝6.0V、内阻r＝0.5Ω的直流电源。
现把一个质量m＝0.05kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止。
导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。
已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）通过导体棒的电流大小；
（2）导体棒受到的安培力大小；
（3）导体棒受到的摩擦力大小。
18．（16分）如图所示，AB为倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面，AB长度L＝1.5m，BC为半径R＝1m的竖直光滑绝缘圆弧面，AB与BC在B点相切，C为圆弧面的最低点，在BD左侧加一如图所示的水平匀强电场E1＝3×103N/C。
现将一质量m＝4×10－4kg带电的小物块置于斜面上的A点，带电小物块恰好静止在斜面上。
从某时刻开始，水平匀强电场的电场强度变为原来的一半，物块开始加速下滑。
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）带电小物块是正电荷还是负电荷，物块所带电荷量为多少？
（2）沿斜面下滑到B点时，物块的瞬时速度为多大？
（3）如果在BD右侧存在竖直向上的匀强电场，场强E2＝1.2×104N/C，则物块运动到C点时，轨道对小物块的支持力为多大？
2020-2021学年上学期高二期末备考金卷
物理（A）答案
一、选择题：
本题共12小题，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．【答案】C
【解析】安培提出的“分子电流”假说，揭示了磁现象的电本质，故A错误；元电荷e的数值最早是由密立根用油滴实验测得的，故B错误；奥斯特发现了通电导线周围的小磁针发生偏转，发现了电流的磁效应，故C正确；静电力常量是库伦通过扭秤实验测得的，故D错误。
2．【答案】D
【解析】电流的方向为正电荷的移动方向，故A错误；库伦定律适用的研究对象是点电荷，当两个电荷距离太近则不能视为点电荷，库伦定律不再适用，故B错误；磁场方向和电流方向相同，通电导线不受安培力，但磁感应强度不为零，故C错误；电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领，故D正确。
3．【答案】A
【解析】设一个小球带电量为大小Q，则另一个为大小3Q，根据库仑定律，两球接触前
，接触再分开后，两球带电量大小分别为2Q，由库仑定律，此时库仑力的大小
，故A正确。
4．【答案】A
【解析】由图中等势面的疏密可知，此电场为非匀强电场，从P运动到Q场强减小，电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，做加速度越来越小的运动，这一过程电子运动的v－t图象可能是A。
5．【答案】B
【解析】放在电场中的导体C和D都是等势体，可知C棒左端电势等于C棒右端电势，选项A错误，B正确；金属球A、B间的电场从A指向B，因为沿着电场线电势降低，故C棒的电势高于D棒的电势，若用导线将C棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，将有从x流向y的电流，故C错误；若将B球接地，B所带的负电荷一部分流入大地，由于静电感应，B所带的负电荷还将保留一部分，故D错误。
6．【答案】C
【解析】由题图知，在C点，电源的总功率等于电源内部的热功率，所以电源的电动势为E＝3V，短路电流为I＝3A，所以电源的内阻r＝
＝1Ω。
图象上AB段所表示的功率PAB＝P总－I2r＝（1×3－12×1）W＝2W，故C正确，A、B、D错误。
7．【答案】D
【解析】根据电容的决定式C＝
知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容值将减小，故A错误；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差不变，d增大，则由公式E＝
分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大，故C错误；若先将下极板与A点之间的导线断开，则电容器的电荷量不变，d改变，根据C＝
、C＝
、E＝
结合得E＝
，则知电场强度不变，则小球所受电场力不变，故D正确。
8．【答案】D
【解析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，可知穿过右侧线圈的磁通量向右且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，A错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流大小不变，B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化，金属片中也会产生感应电流，C错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，D正确。
9．【答案】ABC
【解析】若为图中的磁场方向和电流方向，则根据左手定则，金属棒MN所受安培力方向竖直向上，BIL＋FT＝G，当电流增大时，绳子拉力FT减小，A正确；若为图中的磁场方向，电流方向相反，则安培力竖直向下，BIL＝G＋FT，电流减小时，绳子拉力FT减小，B正确；磁场方向反向，电流方向反向，安培力竖直向上，BIL＋FT＝G，当电流增大时，绳子拉力FT变小，C正确，D错误。
10．【答案】AD
【解析】根据闭合电路欧姆定律，干路总电流
，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路中电阻变小，则R并减小，I增大；又路端电压U＝E－Ir，则U变小。
根据U1＝IR1，电压表示数增大，A正确；因为U＝U1＋U2，则并联部分电压U2减小，又U2＝I2R2，则流过电阻R2的电流I2减小；又因为I＝I1＋I2，则流过小灯泡L的电流I1增大，小灯泡的功率变大，B、C错误；电源的总功率P＝EI，则D正确。
11．【答案】BD
【解析】cd刚进入磁场时，cd切割磁感线，由右手定则，线框中有逆时针方向的电流，A错误；ab边进入磁场后，ab切割磁感线，由右手定则，线框中有顺时针方向的电流，B正确；不论ab边还是cd边，进入磁场后，切割磁感线的有效长度均逐渐变小，电动势变小，线框中的电流逐渐变小，C错误，D正确。
12．【答案】AD
【解析】在整个过程中，电场力对P球做负功
J，则ΔE＝－W＝90J，A正确；根据动能定理得
，可得v＝3
m/s，B错误；设当两者速度相等时，小球上升的高度为H，根据水平方向动量守恒得mv＝2mv′，得v′＝
m/s，根据机械能守恒得
mv2＝
×2mv′2＋mgH，得H＝2.25m＜R，所以小球没有冲出圆槽，C错误，D正确。
二、非选择题：
本题共6小题，共60分。
按题目要求作答。
解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（8分）
【答案】
（1）0.383（0.381～0.384均可）A1
（2）R1保护电路（每空2分）
【解析】
（1）螺旋测微器的读数为0＋0.01×38.3mm＝0.383mm。
（2）估算回路中的电流为I＝
＝0.2A＝200mA，所以为了读数准确电流表选择A1，滑动变阻器采用限流式接法，为了调节方便滑动变阻器采用R1。
（3）Rx有两个作用：
①可以增大电压随电流的变化率；②防止回路中电流过大损坏电源，起到保护电路作用。
14．（10分）
【答案】
（1）实验电路原理如图所示（4分）
（2）增大（2分） （3）0.39（2分） 1.17（2分）
【解析】
（1）小灯泡的电压要求从0开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，小灯泡的额定电压超出电压表的量程，需与R0串联后接入电路，电路图如图所示。
（2）I－U图像中随着电流的增大，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大，根据电阻定律R＝ρ
得灯丝的电阻率增大。
（3）当R＝0时，电源路端电压与电流的关系图像如图线甲所示，此时小灯泡功率有最大值。
当R＝9Ω时，将R看作电源内阻，则等效电源内阻为10Ω，其路端电压与电流的关系图像如图线乙所示。
此时小灯泡功率有最小值。
取图线甲与小灯泡伏安特性曲线交点：
U1＝3.66V，I1＝0.319A，小灯泡的最大功率P1＝U1I1≈1.17W。
取图线乙与小灯泡伏安特性曲线交点：
U2＝1.77V，I2＝0.222A，小灯泡的最小功率P2＝U2I2≈0.39W。
15．（6分）
【解析】
（1）因负电荷由A移到B的过程中，负电荷的电势能增加了ΔE＝0.2J，所以这个过程中电场力对负电荷所做的功：
WAB＝－ΔE＝－0.2J。
（2分）
（2）A、B两点间的电势差
V。
（2分）
（3）匀强电场的电场强度
。
（2分）
16．（8分）
【解析】
（1）负离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：
qvB＝m
（2分）
所以R＝
（2分）
由图象知出射点间的距离L＝2Rsin30°＝
。
（2分）
（2）离子在磁场中的圆心角为300°，所以在磁场中运动的时间
。
（2分）
17．（12分）
【解析】
（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
。
（2分）
（2）导体棒受到的安培力大小：
F＝BIL＝0.4N（2分）
根据左手定则，方向平行斜面向上。
（2分）
（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin37°＝0.3N（2分）
由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件，有：
mgsin37°＋f＝F（2分）
解得：
f＝0.1N。
（2分）
18．（16分）
【解析】
（1）小物块带负电。
（2分）
因为带电小物块静止所受的电场力方向水平向左，与电场方向相反，根据平衡条件有：
qE1＝mgtan37°（2分）
解得：
q＝1×10－6C。
（2分）
（2）从A运动到B的过程，根据动能定理得：
mgLsinθ－q
E1Lcosθ＝
mvB2－0（2分）
解得：
vB＝3m/s。
（2分）
（3）从B运动到C的过程，根据动能定理得：
（mg＋qE2）（1－cosθ）R＝
mvC2－
mvB2（2分）
在C点，由牛顿第二定律得：
FN－mg－qE2＝
（2分）
联立解得：
FN＝2.6×10−2N。
（2分）
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