贵州省思南中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

贵州省思南中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

贵州省思南中学2020学年度第一学期期末高二年级 ‎ 物理科试题 一、选择题（本题13个小题，每小题4分，共52分。1～9小题只有一个选项符合题目要求；10～13小题有多个选项符合题目要求，选对但不全得2分，选错得0分）‎ ‎1.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加1Wb，则（　　）‎ A. 线圈中感应电动势每秒增加1V B. 线圈中感应电动势每秒减少1V C. 线圈中感应电动势始终为1V D. 线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于1V ‎【答案】C ‎【解析】‎ 磁通量始终保持每秒钟均匀地增加1Wb，则，知线圈中的感应电动势始终为1V，与线圈的电阻无关．故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎2.关于磁感应强度，下列说法正确的是(　　)‎ A. 由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r→0时，E→无穷大 B. 由可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的LI成反比 C. 小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向 D. 一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据点电荷的公式使用的条件可知，真空中点电荷的电场强度公式E=‎ 可知，当r→0时，该公式不再适用．故A错误；某处的磁感应强度大小是由磁场本身决定的，与放入该处的通电导线所受磁场力F以及导线的LI无关，选项B错误；小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向，选项C正确；小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是导线与磁场平行，则此处不一定无磁场．故D错误；故选C.‎ ‎3.如图所示，带负电的金属环绕轴OO'以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是 A. N极竖直向上 B. N极竖直向下 C. N极沿轴线向左 D. N极沿轴线向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】带负电金属环，如图所示旋转。则金属环的电流方向与旋转方向相反。再由右手螺旋定则可知金属环磁极的方向：右端S极，左端N极。因此小磁针N极沿轴线向左。故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎4.如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流的变化图线，直线b为电阻R两端的电压随电流的变化图线．用该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内阻分别是( )‎ A. 8W，2 Ω B. 8W，1Ω C. 12W，1Ω D. 4 W，1 Ω ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由a图的纵截距可知，电源的电动势为 E=6V．由横截距知电源的短路电流为 I0=6A，则电源的内阻；由交点坐标知该电源与电阻相接时，路端电压为 U=4V，工作电流为 I=2A，则电源的输出功率为   P出=UI=2×4=8W，故选B.‎ 点睛：本题关键要理解电源的U-I线与电阻的伏安特性曲线的交点的物理意义，知道两图象的交点表示该电源与电阻组合时的工作状态．‎ ‎5.如图所示，直线MN是某静电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是( )‎ A. 电场线MN的方向一定是由M指向N B. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 C. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 D. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定．故A错误；由题，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故B错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C错误，D正确；故选D.‎ 点睛：依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况．‎ ‎6. (2020年浙江金丽衢十二校联考)回旋加速器是加速带电粒子的装置．其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 减小磁场的磁感应强度 B. 增大匀强电场间的加速电压 C. 增大D形金属盒半径 D. 减小狭缝间的距离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝m，得v＝；带电粒子射出时的动能Ek＝mv2＝.因此增大磁场的磁感应强度或者增大D形金属盒的半径，都能增大带电粒子射出时的动能．‎ ‎7.如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束负离子(不计重力)，这些负离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是(　　)‎ A. 这三束负离子的速度一定不相同 B. 这三束负离子的电荷量一定不相同 C. 这三束负离子的比荷一定不相同 D. 这三束负离子的质量一定不相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以v=E/B，故三束正离子的速度一定相同．故A错误．3束离子在磁场中有qvB=m，故，由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，然而正离子质量可能相同，电量也有可能相同，故BD错误，C正确．故选C．‎ 点睛：速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性．‎ ‎8.在如图所示的电路中，两表为理想电表，当变阻器R3的滑动头P向a端移动时( )‎ A. 电压表示数变小，电流表示数变大 B. 电压表示数变大，电流表示数变小 C. 电压表示数变小，电流表示数变小 D. 电压表示数变大，电流表示数变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图示电路可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压，由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E-Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化。‎ ‎【详解】当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内电压减小，因此路端电压增大，故电压表示数变大；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定增大，故流过R2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎9.如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈B中通以如图乙所示的交变电流，设t＝0时电流沿顺时针方向（图中箭头所示）．对于线圈A， 在t1～t2时间内，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势 B. 有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势 C. 有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势 D. 有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 线圈B中的电流产生磁场，在t1～t2时间内，B中的电流反向增加时，根据安培定则线圈中的磁场的方向向外，随电流的增加而增加，所以根据楞次定律，A中感应电流的磁场向里，感应电流的方向沿着顺时针方向．根据左手定则此电流在B形成的向外的磁场中受到指向圆心的安培力作用，所以线圈A有收缩趋势．故四个答案中，只有A正确，BCD错误．故选A.‎ ‎10.许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是( )‎ A. 库仑提出了分子电流假说 B. 奥斯特发现了电流的磁效应 C. 法拉第首先发现了电磁感应现象 D. 楞次提出了磁场对运动电荷的作用力公式 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 安培提出了分子电流假说，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项B正确；法拉第首先发现了电磁感应现象，选项C正确；洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，选项D错误；故选BC.‎ ‎11.如图所示的电路中，C1＝2C2，R1＝R2，以下说法正确的是( )‎ A. 开关处于断开状态，电容器C1的电荷量大于C2的电荷量 B. 开关处于断开状态，电容器C1的电荷量小于C2的电荷量 C. 开关处于接通状态，电容器C1的电荷量大于C2的电荷量 D. 开关处于接通状态，电容器C1电荷量等于C2的电荷量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 当开关处于断开状态时，电容器C1与R1，C2与R2分别串联，然后再并联，电源对电容器C1、C2充电完毕电路达稳态后，两条支路均无电流通过，因此电阻上不再分压，两电容器上的电压均为电源电动势，所以．故A正确．B错误；当开关处于接通状态时，电路结构为电容器C1与R2并联、C2与R1并联，支路再串联，当电容器被充电完毕电路达稳定状态后，直流电路通过R1、R2形成通路，电容器C1两端的电压与电阻R2两端的电压相等，电容器C2两端的电压与电阻R1两端的电压相等，因R1＝R2，则UR1=UR2， ．因此C是正确的，D错误．故选AC．‎ 点睛：对于含有电容器的电路，在电容不变时，关键确定电压及其变化．电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．‎ ‎12.如图所示，b为带负电小物块，a是一不带电的绝缘物块，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉a物块，使a、b一起无相对滑动地向右加速运动，在加速运动阶段（ ）‎ A. a与地面间的摩擦力增大 B. a与地面间的摩擦力减小 C. a、b一起运动的加速度增大 D. a、b一起运动的加速度减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由左手定则可知，整体向右运动的过程中，负电荷受到的洛伦兹力的方向向下；洛伦兹力：f洛=qvB可知洛伦兹力随速度的增大而增大，a在竖直方向上受力平衡，所以a受到的支持力增大，根据牛顿第三定律可知，a对b的压力增大．A对地面的压力变大，则a与地面间的摩擦力增大，故A正确，B错误；以整体为研究对象，整体受到重力、支持力、拉力、摩擦力和洛伦兹力，则水平方向：F-f=（ma+mb）a，摩擦力：f=μ（mag+mbg+qvB），由于物体加速运动，因此速度逐渐增大，洛伦兹力增大，则地面给b的滑动摩擦力增大，因此整体加速度逐渐减小；故C错误，D正确．故选AD.‎ 点睛：本题是典型的力与运动问题，题目有一定的综合性，结合了有关磁场的知识，注意加速度是连系力与运动的桥梁，因此主要分析物体加速度的变化情况．‎ ‎13.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上穿有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是(　　)‎ A. 当小球运动到d点时，不受洛伦兹力 B. 小球能越过d点并继续沿环向上运动 C. 小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大 D. 小球从d点运动到b点的过程中，电势能增大，重力势能减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”，关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；由于bc弧的中点相当于“最低点”，即速度最大，而d点速度最小为零，则不受洛伦兹力，故AC正确；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故B错误；小球从d点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小，因bd两点等高，则重力势能不变，选项D错误；故选AC.‎ 点睛：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，此类问题可用类比方法解决，难度较大.‎ 二、实验题(共15分)‎ ‎14.用螺旋测微器测金属丝直径时读数如左图所示，则金属丝的直径为________mm。在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx 约为20Ω，电压表的内阻的为2kΩ，电流表的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，测量值由公式计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图（a）和图（b）中电路图测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则________（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值。‎ ‎【答案】 (1). 0.693--0.697 (2). Rx1‎ ‎【解析】‎ 螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+19.7×0.01mm=0.697mm；由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法时测量较准确，即Rx1更接近真实值；‎ 点睛：应明确：①电流表内外接法的选择方法：当待测电阻满足时，电流表应用外接法，并且测量值偏小；满足时，电流表应用内接法，并且测量值偏大．②进行螺旋测微器读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出．‎ ‎15.图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。‎ ‎(1)图(a)中的A端与_______(填“红”或“黑”)色表笔相连接。‎ ‎(2)关于R6的使用，下列说法正确的是_________(填正确答案标号)。‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎(3)根据题给条件可得R1 = ________Ω， R2 = ________Ω，R4 = _________Ω。‎ ‎(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为______________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为_____________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为______________。(结果均保留3为有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 黑; (2). B; (3). 64; (4). 96; (5). 880; (6). ; (7). ; (8). 2.95V;‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；‎ ‎(2) 由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要进行调节；‎ ‎(3) 直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；‎ 根据串并联电路规律可知：‎ 总电阻 接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；‎ 根据串联电路规律可知，‎ ‎(4) 若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA；‎ 若与3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ；‎ 若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V（2.91-2.97均可）‎ 故本题答案是：(1). 黑； (2). B (3). 160； (4). 880； (5). 1.48mA； (6). 1.10kΩ； (7). 2.95V 点睛：掌握万用表的内部结构并会利用串并联电阻计算万用表内部各电阻值。‎ 三、计算题：(本题共4小题，共33分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)。‎ ‎16.图中MN表示真空室中垂直于纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B ,一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速v射入磁场区域，最后到达平板上的P 点。已知B 、v以及P 到O的距离l,不计重力,求此粒子的质量m 与电荷量q之比。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 粒子初速v垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，‎ 设其半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有 因粒子经O点时的速度垂直于OP．故OP 是直径，l=2R 由此得 ‎【点睛】将带电粒子的入射点与出射点连线，即为圆弧对应的弦．当圆心落在弦上，则弦就是直径．‎ ‎17.重为G=0.1N的金属棒ab，放在光滑的平行金属导轨上，如图所示，轨道间距为L=0.5m，所在平面与水平面的夹角为30º,匀强磁场垂直于轨道平面向上，电源电动势E=3V，金属棒电阻R=6Ω，其余电阻不计，若金属棒恰好静止，求：‎ ‎(1)金属棒所受安培力的方向；‎ ‎(2)磁感应强度的大小。‎ ‎【答案】（1）沿导轨平面向上（2）0.2T ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据左手定则，安培力方向沿导轨平面向上。‎ ‎（2）回路中的电流 对金属棒受力分析如图所示，根据平衡条件，有 又 由以上三式，代入数据，解得 考点：安培力与共点力平衡 点评：由左手定则确定安培力的方向，由计算安培力的大小，并对导体棒正确的受力分析，由平衡条件列方程求解。‎ ‎18.一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电量为q的带负电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力和重力作用下，恰好能沿与场强方向成θ角的直线运动，(重力加速度为g)，则小球运动到最高点时,求：‎ ‎（1）匀强场的电场强度；‎ ‎（2）O点与最高点间的电势之差。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图：‎ mg=qEtanθ 所以：‎ ‎（2）由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：．‎ 设从O到最高点的路程为s，由速度和位移的关系得：v02=2as 物体运动的水平距离为：l=scosθ 电场力做负功，W=-qEl=-mv02cos2θ．‎ 电场力做功等于电势能的减小量，因为O点的电势能为0，可知最高点的电势能为 Ep=Uq=mv02cos2θ．‎ 所以小球运动到最高点时其电势能与0点的电势之差为U=mv02cos2θ 点睛：本题有三点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是明确功是力与力的方向上发生的位移的乘积．三是电场力做功等于电势能的减小量．‎ ‎19.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求 ‎（1）M、N两点间的电势差UMN ；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点的总时间t。‎ ‎【答案】1）UMN＝　 （2）r＝　　　（3）　　t＝‎ ‎【解析】‎ ‎(1)设粒子过N点时的速度为v，有 v＝2v0‎ 粒子从M点运动到N点的过程，有 ‎(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有 ‎(3)由几何关系得ON＝rsinθ 设粒子在电场中运动时间为t1，有ON＝v0t1 ‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有 ‎ t＝t1＋t2‎