广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学2020学年高二物理上学期期末联考试题（含解析）

广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学2020学年高二物理上学期期末联考试题（含解析）

广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学2020学年高二物理上学期期末联考试题（含解析） ‎ 一、单项选择题（每题只有一个正确答案，每小题3分，共24分）‎ ‎1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下说法符合史实的是（ ）‎ A. 焦耳发现了电流的热效应 B. 卡文迪许利用库伦扭秤实验得出了电荷间的相互作用规律 C. 奥斯特不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线直观地描绘了场 D. 安培发现了电流的磁效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 焦耳发现了电流的热效应，故A正确；‎ B. 库仑利用扭秤实验得出了电荷间的相互作用规律，故B错误；‎ C. 法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线直观地描绘了场的清晰图象，故C错误；‎ D. 奥斯特发现了电流的磁效应，故D错误。‎ 故选：A.‎ ‎2.如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两带正电的小物块甲和乙，所带电荷量分别为和。由静止释放后，甲、乙两物块向相反方向运动。在物块运动过程中，下列表述正确的是（ ）‎ A. 甲物块受到库仑力小于乙物块受到的库仑力 B. 两物块的电势能逐渐减少 C. 两物块速度逐渐变小 D. 两物块加速度逐渐变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物体甲、乙间的库仑力是相互作用力，根据牛顿第三定律，任何时刻都大小相等，故A错误；‎ B、两个物体分别向相反的方向运动，库仑力做正功，两物块的电势能逐渐减少，故B正确；‎ C、两个物体分别向相反方向运动，库仑力做正功，两物块速度逐渐增大，故C错误；‎ D、但两个物体的质量不一定相等，故加速度不一定相等，两物体逐渐远离，库仑力减小，加速度逐渐减小，故D错误。‎ 故选：B ‎3.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（ ）‎ A. 粒子带负电 B. 粒子在M点的电势能大于N点的电势能 C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D. 粒子在M点的动能大于在N点的动能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据曲线运动受到的力指向凹处可知，粒子受力沿电场线的切线方向，粒子带正电，故A错误；‎ BD. 由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向沿电场线斜向左下方，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故B正确，D错误；‎ C. M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，故C错误。‎ 故选：B ‎4.如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖。下列说法正确的是( )‎ A. 弯曲的轨迹是抛物线 B. 电子受到电场力作用 C. 云雾室中的磁场方向垂直纸面向外 D. 云雾室中的磁场方向垂直纸面向里 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 云雾室中所加的是磁场，则电子所受的是洛伦兹力作用，运动的轨迹是圆弧，由图示可知，电子刚射入磁场时，负电子所受洛伦兹力水平向左，正电子所受洛伦兹力水平向右，由左手定则可知，磁感应强度垂直于纸面向里，故ABC错误，D正确；故选C。‎ 点睛：本题考查了左手定则，要熟练应用左手定则判断洛伦兹力的方向，要注意判定负电荷受到的洛伦兹力的方向要使用电流的方向来判定。‎ ‎5.矩形通电导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 线框有两条边不受安培力 B. 线框有两条边所受的安培力相同 C. 线框所受安培力的合力向左 D. 线框将绕MN转动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，知导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，知ab边受的安培力向左，cd边受到的安培力向右，bc边受到的安培力向上，ad受到的安培力向下，都受安培力作用，故A错误；‎ B. 由于离MN越远的位置，磁感应强度B越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安培力大于cd边，bc边受到的安培力大小等于ad受到受到的安培力，但方向相反，故B错误；‎ CD.根据ab边受的安培力向左，cd边受到的安培力向右，bc边受到的安培力向上，ad受到的安培力向下，bc边受到的安培力大小等于ad受到受到的安培力大小，方向相反，所以线框所受的安培力的合力向左，将向左平动，故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎6.用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能．当调节滑动变阻器，让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为和，重新调节，使电动机恢复正常动转时，电流表和电压表的示数分别为和 ‎，则这台电动机（不计温度对电阻的影响）（ ）‎ A. 正常运转时的输出功率为 B. 电阻为12Ω C. 正常运转时的输入功率为 D. 正常运转时的发热功率为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机的电阻为：‎ R=U1I1=2.0/0.5=4Ω 电动机正常运转时，输入的电功率为：‎ P电=U2I2=48W，‎ 发热功率为：‎ P热==22×4W=16W，‎ 所以输出功率为：P出=P电−P热=32W，故A正确，BCD错误。‎ 故选：A ‎7.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了，金属块克服摩擦力做功，重力做功，则以下判断正确的是（ ）‎ A. 金属块带负电荷 B. 金属块的电势能减少 C. 金属块克服电场力做功 D. 金属块的机械能减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC. 在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK解得：W电=−4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J.由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷。故A错误，B错误，C错误；‎ D. 在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确。‎ 故选：D.‎ ‎8.如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计,闭合开关S后,下列说法正确的是（ ）‎ A. 若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大 B. 若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变 C. 若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电量将增加 D. 若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变．将开关S断开，电容器放电，知电量的变化．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，分析电路中电流的方向．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电压增大。‎ ‎【详解】A、B项：闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插入电介质，电容器的电容将增大。故A、B错误；‎ C项：若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故C正确；‎ D项：若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带电量减小，电容器放电。由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D错误。‎ 故应选：C。‎ ‎【点睛】本题电容器动态变化分析问题，关键是确定电容器的电压．电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有在充电或放电过程中电容器所在电路有电流。‎ 二、多项选择题（每题有两个或两个以上正确答案，；每小题6分，错选不得分，漏选得3分，共24分）‎ ‎9.如阁所示，固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极相连接的两个D形金屈盒，两盒间的狹缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狹缝时都能得到加速，两D形金诚盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，则下列说法中正确的是 A. 电场的周期与粒子在磁场中脚周运动周期相同 B. 电场的周期逛粒子從磁场中圆周运动周期的2倍 C. 增大电场强坻可以增大带也粒子射出吋的动能 D. 增大D形金属盒半径可以增大带电粒子射出时的动能 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 在回旋加速器中，只有电场的周期与粒子在磁场中做圆周运动周期相同时，粒子才能在电场中不断被加速，故选项A正确，B错误；当粒子从加速器中射出时满足，则最大动能可知增大D形金属盒的半径可以增大带电粒子射出时的动能，增大电场强度不可以增大带电粒子射出时的动能，选项D正确，C错误；故选AD.‎ 点睛：解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子加速周期与偏转周期相等，确定最大动能与什么因素有关是解题的关键．‎ ‎10.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则以下判断正确的是（ ）‎ A. 灯变暗，电流表的示数增大 B. 灯变亮，电压表的示数减小 C. 灯变亮，电压表的示数减小 D. 灯变暗，电流表的示数增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.由图可知，R与L2并联后与L1‎ 串联，电压表测量电源的路端电压；当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大；则由U=E-Ir可知，路端电压减小；则灯泡L1变亮，电压表的示数减小；故A错误，B正确；‎ CD.因路端电压减小，灯泡L1电压增大，故并联部分电压减小；则L2亮度变暗，电流减小；再由并联电路中的电流规律可知，流过A的电流增大，即电流表的示数增大；故C错误，D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎11.一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是（ ）。‎ A. 速度选择器的P1极板带正电 B. 粒子1带正电 C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 D. 粒子2和3的比荷对比，粒子2的比荷的绝对值最小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 三种粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动，由力平衡得：qvB=qE，根据左手定则可知，若带电粒子带正电荷，洛伦兹力的方向向上，所以电场力的方向向下，选择器的P1极板带正电；若带电粒子带负电，洛伦兹力的方向向下，所以电场力方向向上，选择器的P1极板带正电。故选择器的P1极板一定是带正电。与带电粒子无关。故A正确；‎ B. 在磁场2中，磁场的方向向外，根据左手定则，正电荷受到的安培力的方向向下，将向下偏转；负电荷受到的安培力的方向向上，将向上偏转。所以1带负电。故B错误；‎ C. 能通过狭缝S0的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力的大小相等，方向相反，即：qvB=qE，所以v=E/B1.故C错误；‎ D. 由，得，r与比荷成反比，粒子2的半径最大，所以粒子2的比荷q/m的绝对值最小。故D正确。‎ 故选：AD ‎12.a、b、c三个相同带电粒子由同一点垂直电场方向同时进入匀强电场（不计粒子相互作用力及重力），其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以断定（ ）‎ A. 三个粒子在电场中的加速度大小相等 B. 三个粒子进入电场时的初速度相等 C. 三个粒子在电场中运动时间 D. 三个粒子在飞行过程中动能的增量 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相同的带电粒子在电场中的运动，只受电场力作用，根据Eq=ma，三个粒子加速度大小相等，故A正确；‎ BC.三个粒子都做类平抛运动，且加速度相同。水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则有 竖直方向有，由图粒子a、b的竖直位移大小相等，大于c，则得ta=tb>tc；‎ 水平方向有x=v0t，由图知b、c水平位移大小相等，大于a，则va△Ekc，故D正确。‎ 故选：ACD.‎ 三、实验探究题 ‎13.某实验小组的同学发现给定的电压表（0～3V）量程偏小，因此决定改装电压表，将量程扩大为原来的两倍．‎ ‎（1）同学们先用多用电表的欧姆档粗略测量电压表的内阻，如图甲所示．将选择开关旋至倍率“×100”档，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的______接线柱（选填“＋”或“－”），测量结果如图乙所示，电压表的内阻为_____Ω．‎ ‎（2）该实验小组为了能够精确测定该电压表的内阻，除待测电压表V外，实验室还提供了一些可选用的器材：电流表A1(量程200 μA)、电流表A2(量程1.0 mA)、电流表A3(量程0.6 A) 、滑动变阻器R(最大阻值200Ω)、电源E (电动势4 V)、开关S。所提供的电流表中，应选用_______接入电路；为了尽量减小误差，要求测量多组数据，该实验小组设计了下列两种实验电路图，你认为正确的是______（选择“丙”或“丁”）．‎ ‎（3）若测得电压表的内阻为4200Ω，现将其改装成0~6V量程的电压表，需要_____（填“串联”或“并联”）阻值为_______Ω的电阻．‎ ‎【答案】 (1). － (2). 4000 (3). A2 (4). 丙 (5). 串联 (6). 4200‎ ‎【解析】‎ ‎（1）红表笔内部接电源的负极，则测量时红表笔应接电压表的“－”接线柱，测量结果电压表的内阻为40×100Ω=4000Ω．‎ ‎（2）电源电动势4 V，则电路中可能出现的最大电流为，则电流表选择A2；为了尽量减小误差，要求测量多组数据，则正确的电路是选择丙．‎ ‎（3）改装成电压表要串联分压电阻，量程扩大一倍，则电压表的内阻变为原来的2倍，即串联电阻大小为4200Ω.‎ ‎14.某研究性学习小组在测量某电池电动势和内阻时，由于使用的是新电池，电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．实验器材除电池、开关和导线外，还有：电流表(量程0.6A、3A)，电压表(量程3 V、15V)，定值电阻(阻值R0=1Ω)，滑动变阻器(阻值范围0～10Ω、额定电流2A)．‎ ‎(1)该研究小组按照电路图正确连接好电路后进行实验，实验中移动滑动变阻器时，发现电流表示数变化明显，而电压表的示数变化不明显，引起该现象的主要原因是____________．‎ ‎（2）该研究小组经过讨论，对电路进行了重新设计，根据设计好电路图（如图甲）连接实际电路（如图乙），其中有两根导线未连接，请你帮助他连接好________________．‎ ‎(3)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：‎ U (V)‎ ‎1. 40‎ ‎1. 30‎ ‎1. 20‎ ‎1. 10‎ ‎1. 00‎ I (A)‎ ‎0.07‎ ‎0. 15‎ ‎0. 24‎ ‎0. 32‎ ‎0. 41‎ 请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出U－I 图线，如图所示，并根据图线求得：电池电动势E =_______V；内阻r=________Ω．‎ ‎(4)实验时该研究小组进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从减小实验误差考虑，这样的操作不妥，其原因是__________（选择“A”或“B”）‎ A．通电时间较长引起电表损坏 B．通电时间较长导致电源发热，影响测量结果 ‎【答案】 (1). 电池内阻太小 (2). 如图所示:‎ ‎ (3). 1.49（1.45~1.50） (4). 0.18（0.1~0.3） (5). U－I图:‎ ‎ (6). B ‎【解析】‎ ‎（1）电压表测量外电路的电压，而电压表的示数变化不明显，说明外电阻比内阻大很多，即电源的内阻很小；‎ ‎（2）如图所示:‎ ‎（3）U－I 图线如图；‎ 根据图线求得：电池电动势E =1.49V；内阻．‎ ‎（4）测量期间一直保持电路闭合，则通电时间较长导致电源发热，影响测量结果，故选B；‎ 点睛：此题考查测量电动势和内阻的实验；关键是要搞清实验的原理；知道电源内阻过小对实验产生的影响，注意最后计算内阻时要减掉保护电阻的值.‎ 四．计算题（本大题共有3小题，共34分，其中15题10分，16题10分，17题14分）‎ ‎15.如图所示，两平行金属导轨间 距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37º，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2。已知sin37º=0.60，cos37º=0.80，‎ 试求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力的大小。‎ ‎【答案】（1）1.5A （2）0.30N （3）0.06N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小。‎ ‎（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向。‎ ‎（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。‎ ‎【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 代人数据解得：I=1.5A ‎（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL 代人数据解得：F=0.30N，方向沿斜面向上 ‎（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsin37°=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：‎ mgsin37°+f=F安 解得：f=0.06N ‎【点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。‎ ‎16.如图所示，有一对长4 cm的平行金属板，相距3 cm倾斜放置与水平面成37°角，两板间加上50 V电压，有一带电粒子质量为4×10－8 kg，以1 m/s的速度自A板左边缘C水平进入电场，在电场中沿水平方向运动并恰好从B板边缘水平飞出，虚线为其运动轨迹，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：‎ ‎(1)带电粒子所带电量；‎ ‎(2)带电粒子飞出电场时的速度．‎ ‎【答案】①带电粒子所带电量3×10﹣10C．‎ ‎②带电粒子飞出电场时的速度m/s．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①带电粒子做直线运动，对粒子进行受力分析，粒子在竖直方向受到的合力为零，由平衡条件可以求出粒子所带电量；‎ ‎②由动能定理可以求出粒子飞出电场时的速度大小．‎ 解：①对带电粒子受力分析，如图所示 因带电粒子水平方向沿直线运动 ‎∴mg=qEcos37°，又E=，‎ 解得：q===3×10﹣10C；‎ ‎②令带电粒子飞出电场时速度为v，‎ 由动能定理得：qu=mv2﹣mv02，‎ 解得：v=m/s；‎ 答：①带电粒子所带电量3×10﹣10C．‎ ‎②带电粒子飞出电场时的速度m/s．‎ ‎【点评】对粒子受力分析、应用平衡条件、动能定理即可正确解题；要知道物体做直线运动的条件是：合力为零或合力方向与速度方向在同一直线上．‎ ‎17.（2020年2月济南检测）如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中。求：‎ ‎（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径。‎ ‎（2）O、M间的距离。‎ ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间。‎ ‎【答案】（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径是．‎ ‎（2）O、M间的距离是．‎ ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是 ‎【解析】‎ ‎（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知，‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 所以 R=。‎ ‎（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a。‎ 则有，‎ ‎，‎ 联立解得。‎ O、M两点间的距离为。‎ ‎（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2‎ 则由几何关系知，‎ 设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t3，‎ ‎，‎ 则。‎ 粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为 ‎。‎