甘肃省天水一中2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

甘肃省天水一中2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

天水市一中2019-2020学年度第一学期2018级期末试卷 物理 二、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中9-12题是多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。其余题目是单选题。）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源是通过非静电力做功把电能转化为其他形式的能的装置 B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 C. 英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场 D. 牛顿设计了理想斜面实验，得出力不是物体产生运动的原因 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A：电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置．故A项错误．‎ B：库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值．故B项错误．‎ C：英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场．故C项正确．‎ D：伽利略设计了理想斜面实验，得出力不是物体产生运动的原因．故D项错误．‎ 点睛：要熟悉物理学史以及相应的科学思维方法．‎ ‎2. 如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是（）‎ A. 电源的电动势为6.0V B. 电源的内阻为12Ω C. 电源的短路电流为‎0.5A D. 外电路接入了一个阻值是18Ω的电动机，电路中的电流一定为‎0.3A．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：U-I图像的纵截距表示电路电流为零时，即处于断路时路端电压，此时路端电压等于电源电动势，故电源电动势为6.0V，A正确；图像的斜率表示内阻，故有，B错误；电源短路电流，即外电阻为零，路端电压为零时，所以短路电流，C错误；因为电动机是非纯电阻电路，所以不能根据欧姆定律计算，D错误；‎ 考点：考查了U-I图像 ‎【名师点睛】关键是理解图像的纵横截距，斜率所表示的含义，知道短路电流是外电路无电压时的电流，知道欧姆定律只适用于纯电阻电路，‎ ‎3.如图所示为一速度选择器，两极板P、Q之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。一束粒子流(重力不计)以速度v从a沿直线运动到b，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 粒子的带电性质不确定 B. 粒子一定带正电 C. 若粒子流以相同的速率从b点射入，也可以沿直线运动到a D. 粒子的速度一定等于 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．粒子受洛伦兹力和电场力，假设粒子带负电，则受到向下的洛伦兹力，电场力向上；若粒子带正电，洛伦兹力向上，电场力向下，均可以平衡，粒子可以带正电，也可以带负电，A正确B错误；‎ C．如果这束粒子流从b处沿直线ba方向射入，电场力方向不变，洛伦兹力反向，故电场力与洛伦兹力方向相同，不再平衡，故合力与速度不共线，粒子开始做曲线运动，C错误；‎ D．为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为 所以电场与磁场的关系为 D错误。‎ 故选A。‎ ‎4. 赤道附近，自西向东水平运动的电子流，由于受到地磁场的作用，它将（ ）‎ A. 向上偏转 B. 向下偏转 C. 向东偏转 D. 向西偏转 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断洛伦兹力的方向．‎ 解：由于电子带负电，所以自西向东水平运动的电子流产生的电流的方向向西；‎ 根据左手定则：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向．磁场的方向从南向北，电流的方向由东向西，所以安培力的方向竖直向下，即洛伦兹力的方向向下，电子流向下偏转．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握用左手定则判断安培力的方向，伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向．‎ ‎5. 两平行通电长直导线M、N中的电流大小分别为I和2I，且电流方向相同．a、b、c、d为同一直线上的四个点，它们分别与两直导线距离如图所示，则图中给定的四个点中，磁感应强度最大的位置是（ ）‎ A. a B. b C. c D. d ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，若方向相同，则可能最大，从而即可求解．‎ 解：两电流在a与d两点的B方向相同，又因长直导线M、N中的电流大小分别为I和2I，则a点的磁场小于d点；‎ 两电流在b与c两点的B的方向相反，则b与c两点的磁场都比d点小．故D正确，ABC错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】考查磁场的合成，明确电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关，注意矢量的合成法则．‎ ‎6. 如图所示的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，则质子射入磁场的运动速率越大，‎ A. 其轨迹对应的圆心角越大 B. 其在磁场区域运动的路程越大 C. 其射出磁场区域时速度的偏向角越大 D. 其在磁场中的运动时间越长 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，如图示：‎ 粒子在磁场中运动的时间为，而轨迹半径，而，粒子速度越大，则r越大，α越小（与射出磁场时的速度偏向角相等），t越小，故B对．‎ 考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【名师点睛】带电粒子在有界磁场中的常用几何关系 ‎（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线交点．‎ ‎（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．‎ ‎7.如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下面说法中正确的是 A. 穿过线圈a的磁通量变小 B. 线圈a有收缩的趋势 C. 自上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流 D. 线圈a对水平桌面的压力将增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题的关键首先明确滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势．‎ ‎【详解】当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小，故A正确；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故C正确；再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故B错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】首先应掌握楞次定律 基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．‎ ‎8.如图所示的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r.起初电容器中悬停一质量为m的带电尘埃，当环境温度降低时，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电压表和电流表的示数都减小 B. 电压表和电流表的示数都增大 C. 电压表和电流表的示数变化量之比保持不变 D. 带电尘埃将向下极板运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先要读懂电路图，知道电容器的端电压等于R4的端电压，根据温度升高，判断电路的总电阻的变化，在判断支路电压和电流的变化；再根据电容器板间电压的变化，分析板间场强的变化，判断带电尘埃的受力情况，从而分析其运动情况；‎ ‎【详解】AB、当环境温度降低时，R3的阻值增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小；根据欧姆定律可得内电压减小，R1两端的电压减小，并联部分的电压增大，则电压表的示数增大，故A、B错误；‎ C、电压表的示数为U=E−I(R1+r)，则得电压表和电流表的示数变化量之比为，保持不变，故C正确；‎ D、电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，则带电尘埃将向上极板运动，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】关键是注意此题牵涉的电阻较多，分析应逐项分析，注意灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压与电流的关系．‎ ‎9.如图电路中要使电流计G中的电流方向如图所示，则导轨上的金属棒AB的运动必须是（ ）‎ A. 向左减速移动 B 向左加速移动 C. 向右减速移动 D. 向右加速移动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．金属棒AB向左减速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为A→B，感应电动势减小，感应电流减小，右侧线圈产生的磁场减弱，根据楞次定律分析得知，电流计G中的电流方向与所示方向相同，A正确，B错误；‎ CD．金属棒AB向右减速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为B→A，感应电动势减小，感应电流减小，右侧线圈产生的磁场减弱，根据楞次定律分析得知，电流计G中的电流方向与所示方向相反，C错误，D正确。‎ 故AD。‎ ‎10. 如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点，质量为m，电荷量为q（q>0）的小球由轨道左端A无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是 A. 小球在C点受到的洛伦兹力大小为 B. 小球在C点对轨道的压力大小为3mg+‎ C. 小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变 D. 小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于洛伦兹力不做功，所以从A到C过程中，只有重力做功，故有，解得，在C点受到竖直向上的洛伦兹力，大小为，A正确；‎ B.在C点，受到向上的洛伦兹力，向上的支持力，向下的重力，三者的合力充当向心力，故有，解得，B错误；‎ C.小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大．C错误；‎ D.小球从C到D的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，拉力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反．由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，D正确.‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 ‎1．正确的受力分析 除重力．弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析．‎ ‎2．正确分析物体的运动状态 找出物体的速度．位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况．‎ ‎（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）．‎ ‎（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．‎ ‎（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成 ‎11.如图所示为两平行金属极板P、Q，在P、Q两极板上加直流电压U0，极板Q的右侧有一个边长为L的正方形匀强磁场区域abcd，匀强磁场的磁感应强度大小为B ‎、方向垂直纸面向里．P极板上中心O处有一粒子源，可发射出初速度为零、比荷为k的带电粒子，Q极板中心有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线ac方向进入匀强磁场区域，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 如果带电粒子恰好从d点射出，则满足U0＝kB‎2L2‎ B. 如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子可能带负电 C. 带电粒子在匀强磁场中运动的速度为 D. 带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】当带电粒子恰好从d点射出时，根据图中几何关系可知，轨道半径r＝L. ‎ 设带电粒子射入磁场时速度为v，由qvB＝m，解得v＝；由qU0＝mv2，解得U0＝kB‎2L2，选项A正确；由左手定则可知，如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子一定带正电，选项B错误；由qU0＝mv2，解得，选项C正确；由qvB＝m，解得，选项D正确；故选ACD．‎ ‎12.磁流体发电是一项新兴技术．如图表示了它的原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子，而从整体来说呈电中性)喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R ‎，电离气体充满两板间的空间，其电阻率为ρ，当发电机稳定发电时，A、B就是一个直流电源的两个电极．下列说法正确的是 （ ）‎ A. 图中A板是电源的正极 B. A、B间的电压即为该发电机的电动势 C. 正对面积S越大，该发电机电动势越大 D. 电阻R越大，该发电机输出效率越高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，故A错误；A、B间的电压即为电阻R两端的电压，是路端电压，故不是产生的电动势，故B错误；AB间的场强为 ，故两极板间的电势差为，与正对面积无关，故C错误；输出的效率，故电阻R越大，该发电机输出效率越高，故D正确；‎ ‎【点睛】根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平衡解得磁流体发电机的电动势．‎ 二、填空题（本题共7空，每空2分，共14分）‎ ‎13.用螺旋测微器测金属棒直径为___________mm；用20分度游标卡尺测金属棒长度为________ cm．‎ ‎【答案】 (1). 6.124-6.126 (2). 10.230‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．用螺旋测微器测金属棒直径为：‎6mm+‎0.01mm×12.5=‎6.125mm；‎ ‎[2]．用20分度游标卡尺测金属棒长度为：‎10.2cm+‎0.05mm×6=‎10.230cm．‎ ‎14.某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。步骤如下：‎ ‎(1)用游标卡尺测量其长度；‎ ‎(2)用多用电表粗测其阻值：当用“×‎100”‎挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡（填“×‎10”‎或“×1k”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为______Ω。‎ ‎(3)为了更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R；‎ 电流表A1（量程0～3mA，内阻约50Ω）；‎ 电流表A2（量程0～15mA，内阻约30Ω）；‎ 电压表V(量程0～3V，内阻约10KΩ)；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ；）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）；‎ 开关S，导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选____，滑动变阻器应选____（选填代号）。‎ ‎(4)请在图中补充连线并完成实验。_____‎ ‎【答案】 (1). ×10 (2). 220或2.2×102 (3). A2 (4). R1 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(2)[1]多用电表的指针在开始使用时是停在最左边无穷大刻度的，零刻度在右边，用“×‎100”‎挡时发现指针偏转角度过大，即所测电阻偏小，应选用小一档测量，故选“×‎10”‎挡；‎ ‎[2]用欧姆表测电阻的读数方法为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，所以该电阻的阻值约为 ‎(3)[3]由电动势和电阻的阻值知电流最大为 所以用电流表A2；‎ ‎[4]滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器.‎ ‎(4)[5]本实验中，因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示 三、计算题（本题共3小题，共38分）‎ ‎15.如图所示，用一直流电动机提升重物,重物的质量为m=‎10kg，电源供电电压恒为220V电路中的保护电阻R＝10，电动机的电阻为r=1，不计各处摩擦，电动机正常工作时电压表的示数为170V，求：‎ ‎（1）电动机正常工作后通过电动机的电流是多少？‎ ‎（2）重物匀速上升的速度是多少？（g取‎10m/s2）‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析: （1）R的电压UR=220V-170V=50V 通过电动机电流 ‎（2）对电动机：P电=UI=170×5W=850W P内＝I2r＝5×5×1W＝25W P机=P电-P内=825W 又因为电动机匀速提升重物，所以P机=Fv=mgv 即v=8．‎25m/s 考点：考查电功率、欧姆定律、能量守恒定律．‎ ‎16.如图所示，匝数n=100匝、截面积S=‎0.2m2‎、电阻r=0.5Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=0.6＋0.02t(T)的规律变化．处于磁场外的电阻R1=3.5Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，开关S始终闭合。求：‎ ‎(1)感应电动势；‎ ‎(2)线圈两端M、N两点间的电压U；‎ ‎(3)电容器所带的电荷量Q。‎ ‎【答案】(1)0.4V；(2)0.38V；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题给条件可知磁感应强度的变化率为 故回路产生的电动势为 ‎(2)感应电流，由闭合电路欧姆定律有 故 ‎(3)电容器两端电压等于两端的电压，故S合时 充电电量 ‎17.在平面直角坐标系中，第一象限存在沿轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于直角坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为，一质量为、电荷量为的带正电的粒子从轴正半轴上的点以速度垂直于轴射入电场，经轴上的点与轴正方向成角射入磁场，最后从轴负半轴上的点垂直于轴射出磁场，如图所示，不计粒子的重力，求：‎ ‎（1）两点间的电势差；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（3）粒子从点运动到点的总时间.‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如图所示为带电粒子的运动轨迹,设粒子过点时的速度为,由 得.‎ 粒子从点运动到点的过程,由动能定理有，‎ 解得.‎ ‎(2)粒子在磁场中以为圆心做匀速圆周运动,半径为,由 得.‎ ‎(3)设粒子在电场中运动的时间为,有，‎ 由几何关系得，‎ 解得.‎ 设粒子在磁场中运动的时间为,有，‎ 粒子在磁切中做匀速圆周运动的周期，‎ 解得，‎ 所以粒子从点运动到点总时间.‎ ‎ ‎