郑口中学高二年级质检考试
物理
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题
目要求。
1.以下关于电磁学史，叙述不正确的是
A.库仑发现了点电荷间的作用规律，并最先提出了场的概念
B.安培发现磁场对电流的作用现象，并提出了分子电流假说
C.焦耳发现了电流的热效应
D.富兰克林用正、负电荷来区分自然界中的两种电荷
2.如图所示的电路中，闭合电键S,灯泡L1、L2均能正常发光，由于电路中某处断路，结果
灯泡L,变亮，L2变暗，电压表和电流表（均为理想电表）的示数均变小，则此故障可能是
R,
A.R,断路
B.R,断路
C.R;断路
D.R断路
3.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中将金属棒ab从某高处水平抛出，不计空气阻力，金
属棒ab在运动过程中
高二物理第1页，共8页
A.感应电动势大小不变，且>
B.感应电动势大小不变，且。<
C.由于速率不断增大所以感应电动势不断变大，且，>，
D.由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且%，<，
4.如图甲所示，高压输电线上有Q、b、c三根相互平行的水平长直导线，通有大小相等且方
向相同的电流I。a'、b'、c'为导线a、b、c上的三个点，连接三点构成的三角形为等腰直
角三角形(a'b'=b'c),且与三根导线均垂直，O为连线a'c'的中点。逆着电流方向观察得到
如图乙所示的截面图。己知单独一根通电导线α在O处产生的磁感应强度大小为B,不计地
磁场的影响，则下列说法正确的是
b'
⊙
甲
A.a、c两根导线相互排斥
B.导线b受到的安培力方向竖直向上
C.O点的磁感应强度大小为B,方向是从O指向c
D.在a'c'的连线上存在磁感应强度为零的位置
5.如图是一款高空风车及其发电模块原理简图，该装置利用充气球将发电机带上高空，通过
电能传输到地面，可为救灾场所临时供电。在发电期间，发电机线圈αb在某一时刻转至图示
位置。则下列说法正确的是
高二物理第2页，共8页郑口中学高二年级质检考试
物理·参考答案
一 、单项选择题
1．A
【详解】A．库仑发现了点电荷间的作用规律——库仑定律，法拉第最先提出了场的概念，故 A错误；
B．安培发现磁场对电流的作用现象，并提出了分子电流假说，故 B正确；
C．焦耳发现了电流的热效应，故 C正确；
D．富兰克林用正、负电荷来区分自然界中的两种电荷，故 D正确。
本题选错误的，故选 A。
2．A
【详解】A．若 R1断路，相当于 R1电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡 L1变亮，L2变暗，电压表和电流表的示数
均变小。故 A符合题意；
B．若 R2断路，相当于 R2电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡 L1变暗，L2变暗，电压表的示数变大，电流表的示
数变小。故 B不符合题意；
C．若 R3断路，相当于 R3电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡 L1变暗，L2变暗，电压表的示数变大，电流表的示
数变大。故 C不符合题意；
D．若 R4断路，相当于 R4电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡 L1变暗，L2变亮，电流表的示数变小；
同理得 R2两端的电压减小，R3两端电压增大，而电压表是测两个电阻的总电压，由于不知电路中电阻的具体阻值，故无法
判断电压表示数的变化。故 D不符合题意。
故选 A。
3．A
【详解】设金属杆 ab水平抛出时的初速度为 v0，金属杆水平抛出后，将切割磁感线产生感应电动势，由于磁感线竖直向上，
所以有效的切割速度就是金属杆的水平速度，而平抛运动水平方向做匀速运动，水平分速度保持不变，始终等于 v0，则 ab
产生的感应电动势为
E=BLv0
保持不变，根据右手定则判断可知，ab中感应电动势方向为 b→a，所以 a＞ b；
故选 A。
4．C
【详解】A．根据通电导线电流方向同向相吸，异向排斥可知 a、c两根导线相互吸引，故 A错误；
B．如图所示
导线 b的合磁场强度水平向左，根据左手定则可知导线 b受到的安培力方向竖直向下，故 B错误；
C．由题意可知，通电导线 a、b、c在 O处产生的磁感应强度大小均为 B，方向分别为竖直向上、水平向右、竖直向下，如
上图所示，根据磁场强度的叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为 B，方向从 O指向 c ，故 C正确；
D．根据以上分析，导线 a、c在O点左侧的合磁感应强度竖直向上，在O点右侧的合磁感应强度竖直向下，导线b 在a c
的连线上的磁感应强度不可能为竖直向上或竖直向下，则在 a c 的连线上不存在磁感应强度为零的位置，故 D错误。
故选 C。
5．D
【详解】A．高空风车发电的工作原理是电磁感应，故 A错误；
B．风力越大，风车转动的越快，线圈 ab的发电频率越大，故 B错误；
C．由图可知，该时刻线圈平面与磁场平行，线圈磁通量为零，感应电动势最大，故 C错误；
D．根据题意，由右手定则可知，该时刻线圈中的电流由 a b，则线圈 b端电势高于 a端电势，故 D正确。
故选 D。
6．B
【详解】A．C点表示电源的总功率全部转化为热功率，即 C点表示外电路短路，电源的总功率
P=EI
由图可知 I=3A，P=9W，则电源的电动势 E=3V，电源的内阻
r E 3 Ω 1Ω
I 3
当 I=2A时，输出功率为
P 出=EI-I2r=3×2W-22×1W=2W
根据
P 出=I2R
得
R=0.5Ω
故 A错误；
B．当 I=1 A电源的输出功率
P 出=EI-I2r=3×1W-12×1W=2W
故 B正确；
C．当 I=1 A和 I=2 A时电源的效率
= IU =U = E Ir
IE E E
不相同，故 C错误；
D．当外电阻与内电阻相等时电源的最大输出功率，为
E2P 2.25W
4r
故 D错误。
故选 B。
7．C
【详解】A．粒子最后都打在了感光板上，说明粒子进入磁场后向上偏转，受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可得粒子带
正电，A正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
qvB m v
2
R
可得
R mv
Bq
所以粒子在磁场中运动的半径
r R
所以对着圆心入射的粒子的轨迹如图所示
其射出方向的反向延长线一定过圆心，并且出射方向垂直感光板 MN，B正确；
CD．因为粒子运动半径和圆的半径相同，所以运动轨迹圆心，区域圆心，射入点和出射点四个点组成一个菱形，并且出射
点与运动圆心的连线与出射方向垂直，而出射点与运动圆心的连线和入射点与区域圆心的连线平行，又知道入射点与区域圆
心的连线和 MN平行，所以出射点与运动圆心的连线平行 MN，故出射方向一定垂直于 MN，即沿不同方向入射的粒子射出
后均可垂直打在感光板 MN上，C错误，D正确。
本题选错误的，故选 C。
二、多项选择题
8．ABD
【详解】A．根据静电感应的原理可知，一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部
的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端，故 a端带正电，故 A项
正确；
B．研究影响平行板电容器的影响因素时，采用的是每次实验都保证只有一个变量的方法，故图 2采用了控制变量法，故 B
项正确；
C．由图 3图像可知，随小灯泡两端电压增大，通过小灯泡的电流增大，但电流增大的幅度逐渐减小，因此随温度升高电压
与电流的比值增大，小灯泡的电阻随温度升高而增大，故 C项错误；
D．图 4中，由并联电路特点可知，并联的电阻 R越小， IR 就越大，改装后的电流表量程 IR IG 越大，故 D项正确。
故选 ABD。
9．AD
【详解】AB．互感器 A原线圈两端均接在火线，即串联在电路中，因此可知互感器 A为电流互感器，而电表 a接在电流互
感器副线圈中，由此可知电表 a为电流表，根据原副线圈匝数比与电流比之间的关系
n1 I 2
n2 I1
可知，考虑到安全因素，则必须满足副线圈电流小于原线圈电流，即有
n1 n2
故 A正确，B错误；
CD．互感器 B原线圈两端分别接零线和火线，即并联在电路中，因此可知互感器 B为电压互感器，而电表 b接在电压互感
器副线圈两端，则电表 b为电压表，根据原副线圈两端电压比与匝数比之间的关系
U3 n 3
U4 n4
可知，考虑到安全因素，则必须满足副线圈两端电压小于原线圈两端电压，即有
n3 n4
故 C错误，D正确。
故选 AD。
10．BD
【详解】A．设输入电压的有效值为 U，根据有效值的定义有
U 2 m
U 2 T 2 2 1 T
R R 4
可得输入电压的有效值为
U U m 10V
2
故 A 错误；
B．若开关 S断开，变压器与副线圈负载的等效电阻为
2
R n 1
Rn 3 R2 45Ω 2
则原线圈电流为
I U 101 A 0.2AR1 R 5 45
可知电流表的示数为 0.2A，故 B正确；
C．若将开关 S由断开变为闭合，副线圈负载电阻变小，则等效电阻 R 变小，原线圈电流 I1变大，即电流表的示数变大，故
C错误；
D．设原线圈两端电压为U1，则有
U U1 I1R1
可得
ΔU1 R
ΔI 11
根据线圈电压、电流与匝数的关系有
U1 ΔU1 n I 1 1 ΔI n 1 2
U 2 ΔU 2 n
，
2 I2 ΔI2 n1
联立可得
2
ΔU 2 n 2
RΔI 12 n1
即副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比始终不变，故 D正确。
故选 BD。
三、非选择题
11．(1)图 1（1分）
(2)AD（1分）
(3)图 1（1分） ①（2分）
(4)图 2（1分） ④（2分）
【详解】（1）图 1电路，电动势和内阻测量值均偏小；图 2，电动势测量值无系统误差，但是内阻测量值偏大，内阻测量值
为电源内阻和电流表内阻之和，显然系统误差太大，不可取。故采用图 1；
（2）A．采用图 1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为 0，即图 1方法中测量图
线和真实图线与横轴交点相同。则图 3是用图 1电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线。故 A
正确；
B．由于电表不是理想电表，则电流表存在电阻，电压表内阻不是无穷大。采用图 1的方法，由于电压表的分流导致电流表
读数小于干路电流，引入系统误差的原因是电压表的分流作用。采用图 2的方法，由于电流表的分压导致电压表读数小于路
端电压，引入系统误差的原因是电流表的分压作用,造成电源内阻测量值偏大，但电动势测量值等于真实值， 故 B错误；
C．采用图 2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为 0，即图 2方法中测量图线
和真实图线与纵轴交点相同，则图 4是图 2电路处理的结果，其中图线③表示真实图线，图线④表示测量图线。原理上电动
势测量值无系统误差，是准确的，内阻测量值偏大，故 C错误；
D．以上分析可知，采用图 2的方法，由于电流表的分压导致电压表读数小于路端电压，故 D正确。
故选 AD。
（3）[1]采用图 1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为 0，即图 1方法中测量图
线和真实图线与横轴交点相同。则图 3是用图 1电路处理的结果；
[2]结合以上分析可知，图线②表示测量图线，图线①表示真实图线。
（4）[1]采用图 2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为 0，即图 2方法中测量
图线和真实图线与纵轴交点相同，则图 4是图 2电路处理的结果;
[2]结合以上分析可知，图线③表示真实图线，图线④表示测量图线。原理上电动势测量值无系统误差，是准确的，内阻测
量值偏大。
12．(1)8.0 103 /8 103 /8000（1分）
(2) A（2分） C（2分） 丁（1分）
4L
(3) （2分）
πRD2
【详解】（1）[1]读数为
8.0 × 1kΩ = 8.0 × 103Ω
（2）[2][3]电源电压为 3V，则电压表选择 0~3V量程的 C。通过电流表的最大电流约为
电流表应选择量程差不多的 A。
[4]为获得更多数据，滑动变阻器应采用分压接法。应待测电阻较大，电流表应采用内接法。故电路图选择丁。
（3）根据电阻定律
电导率
13．(1)400V
(2)1.6×10-16C
(3)3.2×10-16C
【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可得
I E
r R R（ 1分）0
解得
I=2A
A、B两板间的电压
U AB UR IR 400V（1分）
（2）对油滴甲，根据平衡条件，有
q1E m1g （1分）
电场强度为
E U AB 4000V / m（1分）
d
联立解得油滴甲所带电荷越大小
q1 =1.6×10-16C（1分）
（3）断开 S2，稳定后，电容器板间电压为
U A B E 500V（1分）
对油滴乙，根据平衡条件，有
q U AB2 m2g（1分）d
联立代入数据解得油滴乙所带电荷量大小
q =3.2×10-162 C（1分）
2mv
14．(1)B ql
12mv2
(2)E2 25ql
【详解】（1）设正离子在磁场中运动的半径为 r，有
qvB mv
2
（1分）
r
依题意
2r 1 AC 2 l（2分）
2 2
解得
r 1 l（1分）
2
解得
B 2mv
ql （1分）
（2）如图所示
由
2
qvB mv （1分）
r
解得
r 12 l（2分）6
粒子由 J进入电场区域，粒子作类平抛运动，将其分解为竖直 y方向的匀速直线及水平 x方向的匀加速直线运动。
对于 J到 D，y方向上
y 5 l vt（2分）
6
解得
t 5l （1分）
6v
x方向上
x r 1 2 l
qE
2 t 2（2分）
6 2m
解得
E 12mv
2
2 （1分）25ql
15．（1）1m s，水平向左， 2m s，水平向右
（2）0.3J
（3）0.12C
【详解】（1）根据题意，设碰后金属棒 ab与 cd的速度分别为 v1和 v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mabv0 mabv1 mcdv2 （1分）
由能量守恒定律有
1m v2 1 2 1ab 0 mabv1 mcdv
2
2（1分）2 2 2
解得
v1 1m s， v2 2m s
即碰后金属棒 ab的速度大小为1m s，方向水平向左，cd的速度大小为 2m s，方向水平向右（2分）
E
（2 '）根据题意，设碰后金属棒 cd在金属导轨上运动 0.8m时，速度为 v2，由公式 E BLv、 I 和 FR A BIL可得
F B
2L2v
A （2分）R r
取任意小段 t ，金属棒 cd的速度变化量为 v ，由动量定理有
B2L2v
t mcd v（1分）R r
两边求和有
B2L2x
mcd v '2 v2 （1分）R r
解得
v '2 1m s（1分）
设电阻 R上产生的焦耳热为 Q，由能量守恒定律有
1 m 2 1 '2cdv2 2Q mcdv2 （2分）2 2
解得
Q 0.3J（1分）
（3）设金属棒 ab '速度不再变化时，速度为 v1，此时容器 C上存储的电荷量为 q，则有
q CU CBLv '1（1分）
取任意小段 t ，金属棒 ab的速度变化量为 v ，由动量定理有
BIL t mab v（1分）
两边求和有
BLq mab v '1 v1 （1分）
联立解得
q 0.12C（1分）
