【物理】安徽省阜阳市太和第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】安徽省阜阳市太和第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

‎2019-2020年度高二年级第一学期期末考试 一、选择题（每题4分，共计48分，1-8题为单选，9-12题为多选，漏选得2分，错选不得分）‎ ‎1.如图所示，两个灯泡、的电阻相等，电感线圈L的电阻可忽略，开关S从断开状态突然闭合，稳定之后再断开，下列说法正确的是( )‎ A. 闭合开关之后立刻变亮、逐渐变亮，然后、逐渐变暗 B. 闭合开关之后、同时变亮，然后逐渐变亮，逐渐变暗 C. 断开开关之后立即熄灭、逐渐变暗 D. 断开开关之后逐渐变暗，闪亮一下再熄灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，两灯同时亮；待电路达到稳定时，线圈相当于导线，把灯L2短路；所以然后L2逐渐变暗，而灯L1逐渐变亮，选项A错误，B正确；‎ CD．S闭合稳定后再断开开关，L1立即熄灭；由于线圈的自感作用，L相当于电源，与L2组成回路，L2突然闪亮一下再逐渐熄灭，故CD错误。‎ ‎2.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地．现将电容器的b板向下稍微移动，则( )‎ A. 点电荷所受电场力增大 B. 点电荷在P处的电势能减少 C. P点电势减小 D. 电容器的带电荷量增加 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；‎ BC.板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=qφ而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误；‎ D.由Q=CU，又有，故C减小，Q减小，故D错误．‎ ‎3.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A. 0 B. C. D. 2B0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示： 由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0； ‎ 当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误．‎ ‎4.如图所示，两光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为，导轨间距为. 一质量为导体棒与导轨垂直放置，电源电动势恒定，不计导轨电阻. 当磁场竖直向上时，导体棒恰能静止，现磁场发生变化，方向沿顺时针旋转，最终水平向右，在磁场变化的过程中，导体棒始终静止. 则下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁感应强度一直减小 B. 磁感应强度先变小后变大 C. 导体棒对导轨的压力变大 D. 磁感应强度最小值为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图可知，当磁场方向顺时针旋转，由图可知安培力先变小后变大，电流恒定，则磁感应强度先变小后变大，安培力的最小值为Fmin=mgsin300=mg=BminIL，则磁感应强度最小为，B正确，AD错误；‎ 由图知N变小，C错误；故选B.‎ 点睛：此题实际上是平衡问题的动态分析，画出力的平行四边形，用图解法解答能够简单快捷.‎ ‎5.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则(　　)‎ A. 电路中感应电动势的大小为 B. 电路中感应电流的大小为 C. 金属杆所受安培力的大小为 D. 金属杆的发热功率为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、导体棒切割磁感线产生感应电动势，故A错误；‎ B、感应电流的大小，故B正确；‎ C、所受的安培力为，故C错误；‎ D、金属杆的热功率，故D错误．‎ ‎6.如图所示，xOy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ‎，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环Oab，其圆心在原点O，开始时导体环在第四象限，从t＝0时刻起绕O点在xOy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在内，向外的磁通量增加，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．oa中产生的感应电动势均为感应电流大小为；内，向外的磁通量减少，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．ob中产生的感应电动势均为感应电流大小为；向里的磁通量增加，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．oa中产生的感应电动势均为感应电流大小为；内，向里的磁通量减少，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．ob中产生的感应电动势均为感应电流大小为.所以D正确．‎ ‎7.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是(　　) ‎ A. 保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点右侧 B. 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 C. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子打O点右侧 D. 断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．保持开关S闭合，由闭合电路欧姆定律和欧姆定律可知两端的电压为：‎ 增大，可知两端的电压将减小，电容器两端的电压减小，根据可知粒子电场力减小，根据粒子加速度增大，粒子在平行板间运动则有：‎ 水平位移为：‎ 水平位移将减小，故粒子打在点左侧，故A错误；‎ B．保持开关S闭合，增大，不会影响电阻两端的电压，故粒子打在点，故B错误；‎ C．断开开关，平行板带电量不变，根据，及可得：‎ 极板稍微上移，两极板的间距增大，但电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，故还打在点，故C错误；‎ D．断开开关，平行板带电量不变，根据，及可得：‎ 极板稍微下移，两极板的间距增大，但电场强度不变，故加速度不变，电场强度不变，加速度不变，不会影响离子的运动，垂直极板方向的运动的位移变大，运动时间变长，沿极板方向运动的位移也增大，故粒子打在点右侧，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.如图所示，电源内阻为r，定值电阻，可变电阻R的最大阻值为2r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中（ ）‎ A. 电源的输出功率一直变大 B. 电源的输出功率一直变小 C. 当可变电阻滑到时电源的输出功率最大 D. 当可变电阻滑到R=r时电源的输出功率最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于电源，当电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大．‎ ‎【详解】由题意知，电源的内阻为r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中，外电阻从到变化，根据上述结论可知，电源的输出功率先增大后减小，当时电源的输出功率最大，C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎9.一质量为m带电粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，场强方向水平向右．粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，重力加速度为g，则 A. 粒子受电场力大小为mg B. 粒子受电场力大小为2mg C. 粒子从a到b机械能增加了2mv20 D. 粒子从a到b机械能增加了 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查带电粒子在匀强电场中的运动。‎ ‎【详解】AB.从a到b水平和竖直方向的运动时间相同，且都做匀变速运动，水平方向为2v0，所以水平方向加速度是竖直方向的2倍，则电场力大小为2mg，故B正确A错误；‎ CD. 从a到b因电场力做正功，所以机械能增加，电场力做功为，故C正确D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关k，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电流表、电压表V2示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU2，下列说法正确的是 A. I减小 B. U1、U2均减小 C. 变小，变大 D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．P下滑，R2增加则总电阻增加，则I变小，内电压变小，路端电压变大，则U3变大，根据欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压U1变小，滑动变阻器R2两端的电压U2变大，故A正确，B错误；‎ C．根据闭合电路欧姆定律可知 解得 恒定不变，故C错误；‎ D．根据伏安特性曲线可知 恒定不变，根据闭合电路欧姆定律得 则 故D正确．‎ ‎11.如图所示，直线MN上方有磁感应强度为B方向垂直纸面向里的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以同样速度v射入磁场，速度的方向与MN成30°角。设电子质量为m，电荷量大小为e。则（ ）‎ A. 正、负电子在磁场中做圆周运动的半径相同 B. 正电子从磁场中射出点到O点的距离较大 C. 负电子在磁场中运动的时间是 D. 正、负电子在磁场中运动的时间差是 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正、负电子在磁场中的回旋轨迹如图所示：‎ 由 解得：‎ 所以正、负电子在磁场中运动的半径相同；故A正确。‎ B．由图根据几何关系可知，正、负电子从磁场中射出点到O点的距离相等，都等于：d=r，故B错误；‎ CD．由 解得：‎ 故正负电子的周期相等；正电子受力的方向向下，偏转角是60°，在磁场中运动的时间为：‎ 负电子受力的方向向上，偏转角是300°，在磁场中运动的时间为：‎ 则射出的时间差为：‎ 故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎12.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大) (　　)‎ A. 向右匀加速运动 B. 向左匀加速运动 C. 向右匀减速运动 D. 向左匀减速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．‎ ‎【详解】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误。故选BC。‎ ‎【点睛】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。‎ 二、实验题（每空2分，共计16分）‎ ‎13.为了研究某导线的特性，某同学所做部分实验如下：‎ ‎(1)用螺旋测微器测出待测导线的直径，如图甲所示，则螺旋测微器的读数为_______mm；‎ ‎(2)用多用电表直接测量一段导线的阻值，选用“×10”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，因此需选择_______倍率的电阻档（选填“×1”或“×100”），欧姆调零后再进行测量，示数如图乙所示，则测量值为_______ Ω；‎ ‎(3)另取一段同样材料的导线，进一步研究该材料的特性，得到电阻 R 随电压 U 变化图像如图丙所示，则由图像可知，该材料在常温时的电阻为_______Ω；当所加电压为 3.00V时，材料实际消耗的电功率为_______W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 1.731（1.730—1.733） (2). ×1 22 (3). 1.5 0.78（0.70—0.80均给分）‎ ‎【解析】 (1)[1]由图可知，螺旋测微器的示数为：d=1.5+23.0×0.01mm=1.730mm；‎ ‎(2)[2]角度偏转太大，则说明示数太小，阻值太小，应换用小倍率档位，故选用×1档；‎ ‎[3]由图可知，电阻值为：22×1=22Ω；‎ ‎(3)[4]由图可知，常温不加电压时，电阻为1.5Ω；‎ ‎[5]加电压为3V时，电阻为11.5Ω；则功率：‎ ‎14.为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω为保护电阻．‎ ‎(1)断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出的关系图线（该图线为一直线），如图丙所示．由图线可求得电池组的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎(2)引起该实验系统误差的主要原因是___________．‎ ‎【答案】 (1). 2.9 1.1 (2). 电压表分流，（导致通过电源的电流的测量值偏小）‎ ‎【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律进行数学变形，得 ‎,根据数学知识得知关系图线的纵截距，斜率;由图得到b=0.35， 则电动势，内阻r=kE-R0=2.1×2.9-5≈1.2Ω ‎(2)由图甲所示电路图可知，电压表与电阻箱并联，由于电压表的分流作用，流过保护电阻与电源的电流大于流过电阻箱的电流，这是造成实验误差的原因． 【点睛】本题主要考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单．‎ 三、计算题（15题10分，16题10分，17题12分，18题14分，共计46分）‎ ‎15.如图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：‎ ‎（1）A点在斜轨道上的高度h；‎ ‎（2）小球运动到最低点C时，小球对圆轨道的压力．‎ ‎【答案】（1）R；（2）3mg，方向竖直向下。‎ ‎【解析】（1）由题意得：‎ 设小球到B点的最小速度为，则由牛顿第二定律可得：‎ 对AB过程由动能定理可得：‎ 联立解得：‎ ‎（2）对AC过程由动能定理可得：‎ 由牛顿第二定律可得：‎ 联立解得：‎ 由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg，方向竖直向下。‎ ‎16.如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝5 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成α＝37°角，取重力加速度g＝10 m/s2，ab处于静止状态．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：‎ ‎（1） ab受到的安培力大小；‎ ‎（2） ab受到的静摩擦力大小。‎ ‎【答案】（1） 25 N （2） 1.5N ‎【解析】 (1)回路中的电流：‎ 解得：‎ 由可得：‎ ‎(2)受力如图可知：‎ 静 解得受到静摩擦力大小：‎ 静 ‎17.如图所示，在空间有坐标系，第三象限有磁感应强度为的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，第四象限有竖直向上的匀强电场. 一个质量为、电荷量为的正离子，从处沿与轴负方向成角垂直射入匀强磁场中，结果离子正好从距点为的处沿垂直电场方向进入匀强电场，最后离子打在轴上距点的处. 不计离子重力，求：‎ ‎（1）此离子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（2）离子从处运动到处所需的时间；‎ ‎（3）电场强度的大小.‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】 (1)正离子的运动轨迹如图所示.‎ 由几何知识可得，‎ 解得半径.‎ ‎(2)洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得，‎ 解得离子在磁场中运动的速度大小为，‎ 离子在磁场中运动的周期为，‎ 根据轨迹得到离子在磁场中做圆周运动的时间为，‎ 离子从运动到做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,所需要的时间，‎ 故离子从的总时间为.‎ ‎(3)在电场中，由类平抛运动知识得，，‎ 电场强度的大小为.‎ ‎18.如图所示，PQ、MN两轨道间距L=1 m，其中Pe、Mf段是光滑轨道且ce、df段水平，而eQ、fN段为水平粗糙轨道，同时在efhg区域存在方向竖直向下、磁感应强度B=1 T的匀强磁场，定值电阻R1=2 Ω．现有质量m=1 kg、电阻R2=2 Ω的两根相同导体棒ab和cd，导体棒cd静止在水平轨道上，导体棒ab在距cd高H=0.45 m处由静止释放，ab棒在光滑轨道上下滑至cd 棒处与其发生弹性碰撞，两者速度交换后导体棒cd进入匀强磁场区域，在磁场中运动距离x=1.5m后恰好停在磁场右边界gh处，其中导体棒cd与水平粗糙轨道间的动摩擦因数μ=0.1，g取10 m/s2，不计轨道电阻．求：‎ ‎（1）导体棒cd刚进入磁场时,通过导体棒cd的电流大小I ‎（2）导体棒cd进入磁场区域后直至停止，定值电阻R1产生的热量Q1‎ ‎（3）导体棒cd进入磁场区域到停止的运动时间t ‎【答案】(1)1A (2)0.5J (3)2.5s ‎【解析】 (1)导体棒ab由静止释放至与cd碰撞前，由动能定理得：‎ 两导体棒发生弹性碰撞后，ab棒静止，cd棒以v=3 m/s的速度进入磁场区域 回路的总电阻 导体棒cd刚进入磁场时，通过导体棒cd的电流大小 联立以上公式得 ‎(2) 导体棒cd在磁场中运动，根据动能定理得 回路产生的总焦耳热 因为定值电阻R1与ab棒并联后再与cd棒串联且三者电阻均为2 Ω，三者电流之比为1∶1∶2，所以热量之比为1∶1∶4，故定值电阻R1产生的热量：‎ Q1=Q总=0.5J ‎(3)导体棒cd通过的电荷量为 对导体棒cd由动量定理得 ‎ ‎ 解得 t =2.5s