【物理】云南省昆明市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】云南省昆明市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

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】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．‎ ‎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】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】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】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】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，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】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；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】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】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（　　）‎ 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】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】欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“”进“‎ ‎”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 ‎【解析】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】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 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】(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 ‎[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). (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】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：‎ ‎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．‎ 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】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】（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 ‎(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】（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）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】(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 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 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，…）‎