云南省昆明市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含解析

云南省昆明市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含解析

昆明第一中学2019-2020学年度上学期期末考试 高二物理 第Ⅰ卷（12小题，共48分）‎ 一、选择题，共12小题，每小题4分，共48分。（第1~6题为单项选择题，第7~12题为多项选择题，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是 A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确； ‎ B．地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理的南极附近，B正确；‎ C．由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与地面平行，C错误；‎ D．在赤道处，磁场方向水平，而射线是带电粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力的作用，D正确．‎ ‎【点睛】地球本身是一个巨大的磁体．地球周围的磁场叫做地磁场．地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极．‎ ‎2. 图中虚线所示为某一静电场的等势面．一点电荷仅在静电力作用下先后经过A、B、C - 19 -‎ 三点，在经过A、C点时，其动能分别为5eV和25eV．当这一点电荷经过到B点时，其动能应为（ ）‎ A. 10eV B. 15eV C. 40eV D. 55eV ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电荷在电场中运动时，只受电场力作用，所以电荷的电势能和动能之和守恒，由于从A到C动能增加，故电场力做正功，电荷带正电，则根据能量守恒定律可得 ‎，‎ 解得Ek=15eV，故选B。‎ ‎3. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当变阻器R的滑动触头向a端移动时，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电流表A1的示数变大 B. 电流表A2的示数变小 C. 电流表A2的示数不变 D. 电压表V的示数变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】D．当变阻器R的滑动触头向a端移动时，变阻器的电阻变大，它与R0并联的总电阻变大，故外电路电阻变大，路端电压增大，即电压表的示数变大，选项D错误；‎ A．总电阻变大，由欧姆定律可得，总电流减小，即电流表A1的示数变小，选项A错误；‎ BC．电阻R0的两端电压增大，则R0支路上的电流变大，由于总电流等于R0‎ - 19 -‎ 的电流加上变阻器支路上的电流，故变阻器支路上的电流变小，即电流表A2的示数变小，选项B正确，C错误.‎ 故选B。‎ ‎4. 法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机.铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路.转动摇柄，使圆盘沿如图方向转动.已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，圆盘匀速转动的角速度为ω.下列说法正确的是（ ）‎ A. 圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从b到a B. 圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从a到b C. 圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从b到a D. 圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从a到b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将圆盘看成由无数根辐条组成，它们均切割磁感线，从而产生感应电动势，产生感应电流，根据右手定则，圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R的电流方向为从b到a.根据法拉第电磁感应定律得圆盘产生的感应电动势.‎ A. 圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从b到a，与结论相符，选项A正确；‎ B. 圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从a到b，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从b到a，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从a到b，与结论不相符，选项D - 19 -‎ 错误；‎ ‎5. 如图所示，质量为、长度为的金属棒两端由等长的轻质细线水平悬挂在、点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均 为，重力加速度为．则（ ）‎ A. 金属棒中的电流方向由指向 B. 金属棒所受安培力的方向垂直于平面向上 C. 金属棒中的电流大小为 D. 每条悬线所受拉力大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A：根据左手定则，可以知道金属棒中的电流方向由指向，故A项错误．‎ B：金属棒所受安培力的方向垂直于和磁场方向水平向右，与平面不垂直，故B项错误．‎ C：对金属棒受力分析如图：‎ 则，得，故C选项是正确的．‎ D：由受力分析可以知道，，得，故D项错误．‎ 所以选C．‎ ‎6. 如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B - 19 -‎ ‎，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子从距离ab为处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝Fn得 qvB＝‎ 解得 v＝‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论相符，选项B正确；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ - 19 -‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎7. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒、构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（　　）‎ A. 离子由加速器的边缘附近进入加速器 B. 离子所获得的最大速度与所加电压的大小无关 C. 离子从磁场中获得能量 D. 离子从电场中获得能量 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A错误；‎ B．当离子离开回旋加速器时，动能最大，根据解得 与加速电压无关，故B正确；‎ CD．由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有，故离子是从电场中获得能量，故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎8. 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MV的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O - 19 -‎ 点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）‎ A. O点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、c两点处磁感应强度的方向相同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于零，故A错误； B．M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误； C．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d处产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合磁感应强度大小相等。故C正确； D．由上分析可知，a、c两点的磁场方向都是竖直向下，故D正确。 故选CD。‎ ‎9. 如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地。给电容器充电，静电计指针张开一定角度。实验过程中，电容器所带电荷量不变。下面操作能使静电计指针张角变大的是（　　）‎ - 19 -‎ A. 将M板向上平移 B. 将M板沿水平向左方向远离N板 C. 在M、N之间插入有机玻璃板 D. 在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．极板M和静电计外壳均接地，相当于以大地为导向连接在一起，那么两极板之间的电压即静电计的指针和外壳之间的电压越大，指针偏角越大，平行板电容器电压 M板上移，正对面积S变小，电压变大，故A正确；‎ BCD．将M板沿水平向左方向远离N板，板间距离变大，电压变大，张角变大，在M、N之间插入有机玻璃板相对介电常数变大，在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，板间距离变小，都会导致电压变小，指针张角变小，故B正确，CD错误。‎ 故选AB。‎ ‎10. 如图为欧姆表原理图，其中电流表的满偏电流微安，内阻欧，可变电阻R的最大值为10千欧，电池的电动势，内阻欧，图中与接线柱A相连的表笔颜色应该是什么色？按照正确使用方法测量电阻的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则等于多少千欧？以下选项正确的是（ ）‎ A. 红 B. 黑 C. 5 D. 10‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“”进“‎ - 19 -‎ ‎”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接(即)时，电流表应调至满偏电流，设此时欧姆表的内阻为此时有关系 得内 当指针指在刻度盘的正中央时 有 ‎ 代入数据可得 故选AC。‎ ‎11. 如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，的阻值等于电流表内阻的；的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（　　）‎ A. 将接线柱1.2接入电路时，每一小格表示0.04A B. 将接线柱1.2接入电路时，每一小格表示0.06A C. 将接线柱1.3接入电路时，每一小格表示0.06A D. 将接线柱1.3接入电路时，每一小格表示0.01A ‎【答案】BC - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，由串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，因此电流表量程为1.2A+0.6A=1.8A，则每小格表示0.06A，A错误，B正确；‎ CD．当接线柱1、3接入电路时，电流表A与R1并联后与R2串联，电流表量程仍为1.8A，因此每小格表示0.06A，C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎12. 如图甲所示，导线MN和矩形线圈abcd共面且均固定．在MN中通以图乙所示的电流（电流正方向为M指向N），则在0-T时间内（ ）‎ A. 线圈感应电流方向始终abcda B. 线圈感应电流方向始先abcda后adcba C. ab边始终不受安培力作用 D. bc边受安培力方向先右后向左 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】时间内，电流方向，根据右手定则，线框所在平面产生垂直平面向里的磁场，随电流逐渐减小，磁场减弱，根据楞次定律增反减同，线框的感应电流产生垂直平面向里的磁场，感应电流方向为顺时针方向即abcda，根据左手定则，ab边受力竖直向上，bc边受安培力水平向右；，电流变为负向，即，根据右手定则，线框所在平面产生垂直平面向外的磁场，随电流增大，磁场增强，根据楞次定律增反减同，线框的感应电流产生垂直平面向里的磁场，感应电流方向为顺时针方向即abcda，，根据左手定则可知，bc边受安培力向左，故选AD。‎ 第Ⅱ卷（共60分）‎ 二、实验题（本题共2小题，每小题10分，共20分。）‎ ‎13. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 - 19 -‎ B．电流表1：量程0~0.6A，内阻 C．电流表2：重相0~0.6A，内阻约为 D．电压表1：量程0～3V，内阻未知 E．电压表2：量程0~15V，内阻未知 F．滑动变阻器，2A G．滑动变阻器，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材：_______（填写选项前的字母）；‎ ‎（2）实验电路图应选择下图中的_______（“甲”或“乙”）；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势______V，内电阻______。‎ ‎【答案】 (1). ABDFH (2). 甲 (3). 1.50 (4). 0.7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]在上述器材中请选择适当的器材：‎ A．干电池是唯一电源，必选；‎ B．考虑到干电池电流不宜过大，同时为了精确，电流表应该选量程0~0.6A的电流表；‎ D．根据干电池电压，应该选择量程为0~3V电压表；‎ F．滑动变阻器阻值较小有利于电表数值变化，减小误差，故应选规格为，2A的变阻器；‎ H．开关、导线若干必选。‎ 故选ABDFH。‎ ‎(2)[2]因电流表内阻已知，故应采用相对电源的电流表内接法，故选甲；‎ ‎(3)[3]由图可知，电源的电动势 - 19 -‎ ‎[4]内电阻 ‎14. 为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：电压表（0～3V，内阻约3kΩ）、电流表（0～0.6A，内阻约0.5Ω）、滑动变阻器（0～15Ω，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验．‎ ‎①请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐___________；‎ ‎②图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于______端（选填“a”、“b”）．‎ ‎③闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在 坐标系中描出坐标点，请你完成U-I图线_________；‎ ‎④根据U-I图可得，该未知电阻的阻值Rx=______．（保留两位有效数字）‎ ‎⑤由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值______Rx的真实值（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎⑥利用现有的仪器，为了更加精确地测量这个电阻的阻值，请你给该实验小组提出建议并说明理由______．‎ ‎【答案】 (1). (2). a (3). ‎ - 19 -‎ ‎ (4). Rx=5.0Ω (5). ＞ (6). 由于待测电阻相对较小，所以建议电流表外接 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎①根据实验电路图连接实物电路图；‎ ‎②闭合开关前，滑片应置于最大阻值处，根据电路图确定滑片的位置；‎ ‎③将描出点连接起来；‎ ‎④根据图象由欧姆定律求出电阻阻值；‎ ‎⑤根据电路图与欧姆定律分析实验误差；‎ ‎⑥根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，从而改进实验．‎ ‎【详解】解：①根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；‎ ‎②由图示电路图可知，闭合开关前，滑片应置于a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；‎ ‎③将偏离较远的点舍掉，连成直线如图：‎ - 19 -‎ ‎④由图示U-I图象可知，待测电阻阻值；‎ ‎⑤由电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值．‎ ‎⑥由于，，因为，则电流表应采用外接法，即电流表采用外接法可以减小实验误差．‎ ‎【点睛】本题考查了连接实物电路图、实验注意事项、作图象、求电阻阻值、实验误差分析，根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是正确连接实物电路图的关键；要掌握描点法作图的方法．‎ 三、计算题（本题共4小题，共32分，解答应写出必要的文字说明、公式、主要步骤及单位。）‎ ‎15. 如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离L2＝0.8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2Ω，匀强磁场的方向竖直向下穿过整个回路．ad棒通过细绳跨过定滑轮接一个质量为m＝0.04kg的物体，不计一切摩擦，现使磁感应强度从零开始以＝0.2T/s的变化率均匀增大，求经过多长时间物体刚好能离开地面(g取10 m/s2)．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒ad所受的安培力，即 mg＝BIl1‎ 其中 B＝t 感应电流由变化的磁场产生 - 19 -‎ I＝＝＝·‎ 联立可解得t＝10s ‎16. 如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：‎ ‎（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；‎ ‎（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当ab加速下滑时，速度大小为v时，根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 解得，方向由a到b 由安培力公式 根据牛顿第二定律 整理得 - 19 -‎ ‎(2)当时ab杆的速度可以达到最大值，则有 解得 ‎17. 如图所示为一示波管中的水平偏转极板，已知极板的长度为L，两板距离为d，所加偏转电压为U，且下板带正电；若一束电子以初速沿极板的中线进入偏转电场，最终电子从P点飞出。设电子的质量为m，电量为e，不计电子的重力。试求 ‎(1)电子在极板间运动的加速度大小；‎ ‎(2)电子通过极板发生偏转距离y；‎ ‎(3)若规定图中的上极板电势为零，试求P点的电势。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）不计电子的重力，电子在极板间仅受到电场力 则电子在极板间运动的加速度 ‎（2）电子在极板间做类平抛运动，平行于极板方向 垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，故偏转距离为 ‎（3‎ - 19 -‎ ‎）电子在极板间向下偏转，则上极板带负电，下极板带正电，规定图中的上极板电势为零。则P点的电势 ‎18. 如图所示，在空间中有一坐标系，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界。区域Ⅰ中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内。边界上的P点坐标为。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O．忽略粒子重力，已知，，求：‎ ‎（1）该粒子在磁场中运动的最短时间；‎ ‎（2）该粒子运动的可能速度。‎ ‎【答案】(1) ； (2) （n＝1、2，3，…）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设粒子的入射速度为v，用R1，R2，T1，T2分别表示粒子在磁场I区和II区中运动的轨道半径和周期，根据牛顿第二定律 ‎ 周期分别为 - 19 -‎ 粒子先在磁场I区中做顺时针的圆周运动，后在磁场II区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短，轨迹如图所示 可得 α＝37°‎ α+β＝90°‎ 粒子在磁场I区和II区中的运动时间分别为 粒子从P点运动到O点的时间至少为 t＝n（t1+t2） （n=1，2，3，…）‎ 由以上各式解得 ‎（n=1、2，3，…）‎ 当n=1时，时间最短即 ‎(2)粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场I区中运动，后在磁场II区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O，这样粒子经过n个周期性的运动到过O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为 ‎ （n=1、2，3，…）‎ 粒子每次在磁场I区中运动的位移为 - 19 -‎ 由图中几何关系可知 由以上各式解得粒子的速度大小为 ‎（n＝1、2，3，…）‎ - 19 -‎