陕西省汉中市龙岗学校2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

陕西省汉中市龙岗学校2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

汉中市龙岗学校2021届高二第一学期末考试 物 理 试 题 ‎(考试时间：90分钟 满分：100分)‎ 一、选择题（每小题4分共48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，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.下列关于静电场和磁场的说法正确的是(　　)‎ A. 电场中场强越大的地方，电势一定越高 B. 电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比 C. 磁场中某点的磁感应强度大小与小磁针受到的磁场力大小有关 D. 静电荷产生的电场中电场线不闭合，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是描述电场强弱的物理量，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量无关；沿电场线的方向，电势越来越低，场强大小与电势高低无关；电流所受安培力的方向与磁场方向垂直；磁感线是闭合的曲线．‎ ‎【详解】电场中场强越大的地方，电势不一定越高，如负点电荷周围，越靠近点电荷，场强越大，但电势却越低，A错误；电场中某点的场强是由电场本身决定的，与试探电荷存在与否无关，B错误；磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与小磁针存在与否无关，C错误；静电荷产生的电场中电场线是从正电荷(或无穷远处)出发终止于无穷远处(或负电荷)，是不闭合的，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的，D正确．‎ ‎【点睛】本题考查了电场强度与磁场方向、磁感线等问题，要注意明确电场强度和磁感应强度均是由电场和磁场本身决定的；同时注意两种场的性质的区别和联系．‎ ‎2.如图所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源．在接通电源的瞬间，A、C两环（ ）‎ A. 都被B吸引 B. 都被B排斥 C. A被吸引，C被排斥 D. A被排斥，C被吸引 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律进行判定：感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化．‎ ‎【详解】在接通电源的瞬间，通过B环的电流变大，电流产生的磁场增强，穿过A、C两环的磁通量变大，A、C两环产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流总是阻值原磁通量的变化，为了阻碍原磁通量的增加，A、C两环都被B环排斥而远离B环，以阻碍磁通量的增加，故ACD错误，B正确；‎ 故选B．‎ ‎3.在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图所示，两金属棒均处于平衡状态．则两种情况下的电流之比I1:I2为 A. sinα:1 B. 1:sinα C. cosα:1 D. 1:cosα ‎【答案】D ‎【解析】‎ 导体棒受力如图，根据共点力平衡得 ‎ ‎ 所以导体棒所受的安培力之比，因为，所以，D正确．‎ ‎4.如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都 接地，在两极板间有一个固定在 P 点的正点电荷，以 E 表示两极板间电场的电场强度，Ep表示点电 荷在 P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至 图中虚线位置，则（ ）‎ A. θ增大，E 增大，Ep 增大 B. θ增大，E 增大，Ep 减小 C θ减小，E 不变，Ep 增大 D. θ减小，E 不变，Ep减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电容器与电源断开，电量不变，将下极板上移的过程中，因d减小，由 可知电容C增大，由 可知U减小，则夹角减小；由 可得 可知E不变；根据 U=Ed 可知由于P离下极板距离减小，E不变，因此P点的电势减小，由 可知电势能减小；故选D．‎ ‎5.如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1000匝，副线圈匝数n2＝200匝，交流电源的电动势e＝311sin(100πt)V，电阻R＝88Ω，电流表、电压表对电路的影响可忽略不计，则(　　)‎ A. A1的示数为‎0.20 A B. V1的示数为311 V C. A2的示数为‎0.75 A D. V2的示数为44 V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知：‎ 根据 得 由欧姆定律得 根据 得 故选D。‎ ‎6.如图(a)所示，有一个面积为‎100 cm2的金属圆环，电阻为0.1 Ω，圆环中磁感应强度的变化规律如图(b)所示，且磁场方向与圆环所在平面相垂直，在A→B过程中，圆环中感应电流I的方向和流过它的电荷量q分别为(　　) ‎ A. 逆时针，q＝‎0.01 C B. 逆时针，q＝‎‎0.02 C C. 顺时针，q＝‎0.02 C D. 逆时针，q＝‎‎0.03 C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】随着磁感应强度均匀增加，导致穿过金属环的磁通量增加，根据楞次定律可得：感应磁场方向与原磁场方向相反，再由安培定则可知：环中的感应电流方向逆时针；由法拉第电磁感应定律有 闭合电路欧姆定律有 由电量公式q=I△t得在t1到t2时间内，电量为：‎ 故选A。‎ ‎7.如图所示为示波管内聚焦电场，图中实线为电场线，虚线为等势线，、b、c为静电场中的三点，b、c在同一条直线的电场线上，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 、b、c三点中，c点电势最高 B. 、b、c三点中， 点场强最大 C. 正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能 D. 负电荷在b点由静止释放，仅在电场力的作用下能沿直线由b点运动到c点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、沿着电场线方向，电势降低，所以a、b、c三点中，c点电势最低，b点电势最高，故A错误；‎ B、电场线的疏密程度反映场强的大小， c点电场线最密，所以c点场强最大，故B错误；‎ C、由于电势能，b点的电势高于在c点的电势，所以正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能，故C正确；‎ D、负电荷在b点由静止释放，电场力水平向右，仅在电场カ的作用下向右运动，不可能沿直线由b点运动到c，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】沿着电场线方向，电势降低，电场线的疏密程度反映场强的大小，电势能由求出．‎ ‎8.如图所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷量为q2，则(　　)‎ A. F1＜F2，q1＜q2‎ B. F1＜F2，q1＝q2‎ C. F1＝F2，q1＜q2‎ D. F1＞F2，q1＝q2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设线框长为L1，宽为L2，速度为v1，线框所受的安培力大小为：F1=BIL2，电流为，第一次拉出时安培力为：，同理第二次拉出时安培力为：，因为由于两次拉出所用时间Δt1＜Δt2，所以，故；由于线框在两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通过导线横截面的电荷量，得q1＝q2，故D正确，ABC错误． ‎ ‎9.一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图甲所示．设垂直于纸面向内的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正．已知圆形线圈中感应电流I随时间变化的图象如图乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是图中的 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，则由乙可知：线圈中在前0.5s内产生了逆时针方向的感应电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同． A图：在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的．而在0.5s-1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的．所以A选项错误； B图：在前0.5s内，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的．而在0.5s-1.5s，由感应电流方向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的．故B错误； C图：在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的．而在0.5s-1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的．所以C正确； D图中磁场的变化引起的感应电流与A中完全相同，故可知D错误； 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查法拉第电磁感应定律的图象应用，要注意正确掌握楞次定律的应用，同时要注意正确分析图象的性质，能正确应用排除法进行分析．‎ ‎10.阻值为10Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上．以下说法中正确的是 （ ）‎ A. 电压的有效值为10V B. 通过电阻的电流有效值为A C. 电阻消耗电功率为5W D. 电阻每秒种产生的热量为10J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由U-t图象，交流电压最大值为10V，有效值．故A错误．通过电阻的电流．故B正确．根据，知电阻消耗的电功率．故C正确，电阻每秒产生热量．故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎11.如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L标有“2V，0.4W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则 (　 　)‎ A. 电源内阻为1Ω B. 电动机的内阻为4Ω C. 电动机的正常工作电压为1V D. 电源效率约为93.3%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】小灯泡的额定电流为 电阻为 A．当接1时 E=I(RL+R+r)‎ 代入数据解得电源的内阻 r=1Ω 故A正确；‎ BC．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=‎‎0.2A 电源内阻分的电压为 U=Ir=0.2×1V=0.2V 故电动机分的电压为 U动=E-UL-U=(‎3-2-0‎.2)V=0.8V 则电动机的内阻为 故B、C均错误；‎ D．电源的效率为 故D项正确．‎ ‎12.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)‎ A. 末速度大小为 v0‎ B. 末速度沿水平方向 C. 重力势能减少了 mgd D. 克服电场力做功为mgd ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0．故A错误，B正确．‎ C．0～时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确．‎ D．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则～内和～T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误．‎ 二、实验题（共18分）‎ ‎13.用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路 ‎（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是______‎ ‎（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r=______Ω．‎ ‎（3）所测得电源电动势E和内电阻r的测量值与真实值相比较的情况是：E测______E真；r测_____r真．（填“＞”或“＜”）‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 1 (3). ＜ (4). ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，减小实验误差，应采用图乙所示电路图；‎ ‎(2)[2]如图丙图像可知，电源内阻为 ‎(3)[3]由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示，由图像可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值；‎ ‎14.某同学为测定某柱形电子元件的电阻率，先做如下测量：‎ ‎(1)用螺旋测微器测量它的直径，示数如图甲所示，读数为d＝____________mm；用游标为20分度的卡尺测量它的长度，示数如图乙所示，读数为L＝________________cm.‎ ‎(2)多用电表粗测该元件的电阻如图a所示，选用“×‎10”‎倍率的欧姆挡，测得该元件电阻为_________Ω ‎ ‎(3)为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：‎ A．电流表A1(量程50 mA、内阻r1＝10 Ω)‎ B．电流表A2(量程200 mA、内阻r2约为2 Ω)‎ C．定值电阻R0＝30 Ω D．滑动变阻器R(最大阻值约为10 Ω)‎ E．电源E(电动势约为4 V)‎ F．开关S、导线若干 该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理图如图b所示，N处的电流表应选用____________(填器材选项前相应的英文字母)．开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于___________(选填“a”或者“b”)．若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx＝___________________(用题中字母表示)‎ ‎【答案】 (1). 0.617(0.616～0.618均可) (2). 10.670 (3). 70 (4). B (5). a (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为‎0.5mm，可动刻度读数为11.7×0.01=‎0.117mm，所以最终读数为‎0.617mm，由于读数误差，所以0.616～0.618均可；‎ ‎[2]游标卡尺的主尺读数为‎106mm，游标读数为0.05×14=‎0.70mm，所以最终读数为‎106.70mm=‎‎10.670cm ‎(2)[3]用多用表测量该元件的电阻，选用“×‎10”‎倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为 ‎；‎ ‎(3)[4]通过待测电阻的最大电流约为 通过N出的最大电流约为 为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；‎ ‎[5]开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a；‎ ‎[6]通过定值电阻R0的电流 并联电路两端电压 则待测电阻的电阻值 三、解答题(本题共3小题，共34分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎15.水平放置的两块平行金属板长L=‎5.0cm，两板间距d=‎1.0cm，两板间电压为90v，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0=2.0×‎107m/s，从两板中间射入，如图，求：(电子质量m=9.01×10‎-31kg) ‎ ‎（1）电子飞出电场时沿垂直于板方向偏移的距离是多少？‎ ‎（2）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=‎10cm，求OP的长？‎ ‎【答案】（1）‎0.5cm（2）‎‎0.025m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）竖直方向做匀加速直线运动，根据电容器电压与电场的关系得 又因为，所以 水平方向做匀速运动，故，所以 ‎（2）竖直方向速度 从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，‎ 水平方向：‎ 竖直方向：，‎ ‎16.轻质细线吊着一质量为m＝‎0.64 kg、边长为‎2L＝‎0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈ABCD，线圈总电阻为R＝1 Ω.边长为L的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)在0～4 s内，穿过线圈ABCD磁通量的变化ΔΦ及线圈中产生的感应电动势E；‎ ‎(2)在前4 s时间内线圈ABCD的电功率；‎ ‎(3)求t0的值. ‎ ‎【答案】(1)0.16 Wb　0.4 V　(2)0.16 W　(3)6 s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在0～4s内，穿过线圈ABCD磁通量的变化量为 ΔΦ＝ΔBS＝(B2－B1)·L2＝2××0.42Wb＝0.16Wb 由法拉第电磁感应定律E＝n得，线圈中产生的感应电动势为 E＝0.4V.‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律得:‎ I＝‎ 线圈ABCD的电功率为:‎ P＝I2R 代入数据得:‎ P＝0.16W.‎ ‎(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时由共点力平衡可得:‎ FA＝nBt0IL＝mg Bt0＝＝4T 由题图乙可得B＝1＋0.5t，当Bt0＝4T，解得:‎ t0＝6s.‎ ‎17.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g，求 ‎（1）电场强度E的大小和方向；‎ ‎（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；‎ ‎（3）A点到x轴的高度h.‎ ‎【答案】（1）电场强度方向竖直向上．（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）重力与电场力平衡：mg=Eq，‎ ‎，方向竖直向上；‎ ‎（2）因为圆周运动的半径可由得：，‎ 洛伦兹力提供向心力：得：，‎ M点的速度，又因为 ‎ 所以 ‎（3）由动能定理得：‎ 所以或 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎