2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

‎2019学年上学期高二期末物理试题 一、选择题： ‎ ‎1. 下列说法正确的是 A. 法拉第发现了电流的磁效应 B. 楞次发现了电磁感应现象 C. 奥斯特发现了电磁感应现象 D. 安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象；安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说，故选项D正确，ABC错误.‎ 考点：物理学史.‎ ‎2. 电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是 A. 从b到a，下极板带正电 B. 从a到b，下极板带正电 C. 从b到a，上极板带正电 D. 从a到b，上极板带正电 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析: 当磁铁开始由图示位置向上运动，N极向上运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相同，即向下，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从a到b，对电容器充电上极板带正电．故选D．‎ 考点：考查电磁感应、楞次定律、电路．‎ ‎【名师点睛】感生线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极．同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大．‎ ‎3. 如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为：(不计正、负电子间的相互作用力)‎ - 13 -‎ A. 1： B. 2：1 C. ：1 D. 1： 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转．由，知两个电子的周期相等．正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60°，则正电子速度的偏向角为θ1=120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则正电子在磁场中运动时间为；同理，知负电子以30°入射，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，负电子在磁场中运动时间为,所以负电子与正电子在磁场中运动时间之比为t2：t1=1：2．故选D.‎ ‎【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．‎ ‎4. 电动势为E、内阻为r的电源与小灯泡L1、L2及滑动变阻器RO和定值电阻R1连接成如图所示的电路。闭合开关S，两灯泡均发光。当滑动变阻器RO触头向a端移动的过程中，关于两灯泡发光情况，下列说法中正确的 A. 小灯泡L1、L2都变亮 B. 小灯泡L1、L2都变暗 C. 小灯泡L1变亮，L2变暗 D. 小灯泡L1变暗，L2变亮 ‎【答案】A ‎【解析】当滑片向a移动，滑动变阻器的阻值变大，电路的总电阻都会变大，据闭合电路欧姆定律知总电流变小，内电压减小，所以路端电压增大，可知灯L1变亮；‎ - 13 -‎ ‎..................‎ ‎5. 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极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，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，则下列说法正确的是 A. 增大电场的加速电压 B. 增大D形金属盒的半径 C. 减小狭缝间的距离 D. 减小磁场的磁感应强度 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由，解得．则动能，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故BD正确，‎ 考点：考查回旋加速器工作原理 ‎6. 如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)，从A点沿半径方向以速度垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且∠AOB=120°，则该粒子在磁场中运动的时间为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由图可知，粒子转过的圆心角为60°，R=r；‎ - 13 -‎ ‎ 转过的弧长为 ； 则运动所用时间 ；故选C.‎ ‎7. 图甲乙为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(a)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(b) 所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是D，故D正确。‎ ‎8. 某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点，运动轨迹如虚线所示.粒子重力不计，则粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是 - 13 -‎ A. 若粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能减小 B. 若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小 C. 若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小 D. 若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大 ‎【答案】AC ‎【解析】由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致向右，与轨迹上每一点的切线方向即瞬时速度方向成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大．电场线越来越密，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，这些结论与粒子的电性无关，故AC正确，BD错误．故选AC.‎ ‎9. 利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域.如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是 A. 若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势 B. 若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势 C. 在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直 D. 在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定电子的偏转方向，从而确定侧面电势的高低．测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置．‎ 解：A、若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势．故A正确，B错误．‎ C、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直．故C正确，D错误．‎ - 13 -‎ 故选AC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道电子受到电场力和洛伦兹力平衡．‎ ‎10. 如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一处于纸面内的正方形导体框abcd，现将导体框分别向右以速度v和向左以速度3v匀速拉出磁场，则在这两个过程中 A. 导体框中的感应电流方向相反 B. 安培力对导体框做功相同 C. 导体框ab边两端电势差相同 D. 通过导体框截面的电量相同 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：无论是线框向左出磁场还是向右出磁场，线框磁通量都是减小的过程，根据楞次定律，感应电流都是沿顺时针方向，选项A错。线框从左边出磁场，dc切割磁感线，相当于电源，电动势，导体框ab边的两端电压为路端电压所以，安培力对导线框做功,从右侧出磁场，ab切割磁感线，相当于电源，电动势，导体框ab边的两端电压，安培力对导体框做功。对比可知选项C正确，B错误，通过导体框的电荷量，无论向左还是向右，磁通量变化量都相同，所以通过导体框截面的电量相同，选项D对。‎ 考点：电磁感应定律 安培力做功 ‎11. 如图所示为一种电容传声器。b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时 - 13 -‎ A. 电容器的电容减小 B. a、b板之间的电场强度增大 C. 流过电流表的电流方向为自右向左 D. 流过电流表的电流方向为自左向右 ‎【答案】BD ‎【解析】A项：根据电容的决定式： ，a向右运动时，d减小，所以C增大，故A错误；‎ B项：a、b板之间的电势差不变，根据，d减小，所以E增大，故B正确；‎ C、D项：根据，U不变，C增大，所以Q变大，电容器充电，形成的充电电流方向为自左向右，故D正确，C错误。‎ ‎12. 英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了研究，而荣获了1922年的诺贝尔化学奖。如图所示，P1P2两极板间同时存在相互垂直的电场和磁场，氚核和α粒子都沿直线运动，然后射入同一匀强磁场，最终打在照相底片上的C、D两点。已知氚核的质量约为质子的3倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷；α粒子即氦原子核，质量约为质子的4倍，带正电荷，电荷量为元电荷的2倍。氚核、α粒子射出电场时的速度分别为、，在磁场中的轨道半径分别为、，不计粒子的重力。则下列说法正确的是 A. ：=：‎ B. ：=3：2‎ C. B2磁场的磁感应强度越大，CD间的距离越小 D. B2磁场的磁感应强度越大，CD间的距离越大 ‎【答案】BC ‎【解析】A、B、直线通过速度选择器的粒子满足，故选择速度，与电荷和质量均无关，故，A错误；B、速度相同的两粒子进入磁场洛伦兹力提供向心力，‎ - 13 -‎ ‎，可得，氚核和氦核的半径比为，则B答案正确.C、D、，则磁感应强度越大，CD间的距离越小，则C正确，D错误.故选BC.‎ ‎【点睛】带电粒子在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关．‎ 二、实验题 ‎13. 某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄金属圆片的直径和厚度，示数如图所示，该金属圆片的直径的测量值为_______cm，厚度的测量值为_____mm.‎ ‎【答案】 (1). 1.240　 (2). 1.680左右 ‎【解析】分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ 解答：解：游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为12.40mm=1.240cm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×18.2mm=0.182mm．所以最终读数为1.682mm．‎ 故答案为：1.240； 1.682．‎ 点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ 视频 ‎14. 为测定干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：‎ A.完全相同的干电池2节，每节干电池的电动势为1.5V左右，内阻较小 B.电流表A1(量程为0.6A，内阻约0.5Ω)‎ C.滑动变阻器R3(0～10Ω，10A)‎ - 13 -‎ D.滑动变阻器R4(0～100Ω，1A)‎ E.电流表G(量程为3.0mA，Rg=10Ω)‎ F.定值电阻R1=990Ω G.定值电阻R2=90Ω H.定值电阻R0=3.0Ω I.开关S和导线若干 ‎(1)由于两节干电池的内阻较小，现将定值电阻R0=3.0Ω与两节干电池串联后作为一个整体进行制量，在进行实验时，滑动变阻器应选用其中的_____，定值电阻F和G应选用其中的_____.（填写实验器材前的字母)‎ ‎（2)在如图甲所示的虚线框中补充完整本实验电路的原理图.________‎ ‎（3)根据实验测得的数据作出I2-I1图线，如圈乙所示，其中I2为通过电流表G的电流，I1为通过电流表A1的电流。根据该图线可知每节干电池的电动势为______V，内阻为____Ω.‎ ‎【答案】 (1). C (2). F (3). (4). 1.5 (5). 1.0‎ ‎【解析】(1)电源为两节干电池，则电动势为3V较小，电源的内阻较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选C．上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表；改装后电压应约大于等于3V，则根据串联电路规律可知，应串联的电阻；故选F；‎ ‎(2)用改装后的电压表测量电压值，用电流表A与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示；‎ ‎(3)根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（900+100）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势为E=3.0×10-3×1000V=3V，则一节干电池的电动势为1.5V；与横轴的交点可得出路端电压为2.0V时电流是0.2A，由闭合电路欧姆定律E=U+I(r+R0)可得,电源内阻 - 13 -‎ ‎;故内阻r=5-3=2.0Ω；一节干电池的内阻为1.0Ω.‎ ‎【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意当器材中没有电压表时，应考虑将电流表与定值电阻串联代替电压表；涉及到用图象求解的问题，应先根据物理规律解出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，然后再根据截距和斜率的概念求解即可．‎ 三、计算题 ‎15. 人体的细胞膜内外存在电势差(膜电位差)约U=35mV，细胞膜厚度约d=7.0×10-9m.细胞膜有选择的让钾或钠离子通过，以保持细胞内、外的电势差和渗透压。当一个一价的钠离子(电荷量q=1.6×10-l9C)，从图中的A到B通过细胞膜时(细胞膜内的电场看作匀强电场，且电势关系为>)求：‎ ‎(1)它受到的电场力多大?‎ ‎(2)电场力做功是多少?‎ ‎(3)电势能是增加还是减少? 改变了多少?‎ ‎【答案】（1） (2) (3) 电势能减小，减少 ‎【解析】（1）根据F=qE，及 代入数据可得 ‎ ‎（2）根据W=qU代入数据可得 W=5.6×10-21J ‎（3）电场力做正功，电势能减小，减少5.6×10-21J ‎16.‎ - 13 -‎ ‎ 两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，两导轨何距为L，M、P两点间接有阻值为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，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑.‎ ‎(1)求a动杆下滑的最大速度；‎ ‎(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据法拉第电磁感应定律 欧姆定律 安培力公式和牛顿第二定律 有 E=BLv FA=BILmgsinθ﹣FA=ma 即：‎ 当加速度a为零时，速度v达最大，速度最大值 ‎（2）根据能量守恒定律 有 得：‎ ‎17. 如图，在xOy平面第一象限整个区域分布一匀强电场，电场方向平行y轴向下。在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x=5L的直线。磁场方向垂直纸面向外、一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度，垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场.已知OQ=L，不计粒子重力。求：‎ - 13 -‎ ‎(1)P点的纵坐标；‎ ‎(2)要使粒子能再次进入电场，磁感应强度B的取值范围。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】试题分析：（1）设粒子进入磁场时y方向的速度为vy，则：‎ ‎① 2分 设粒子在电场中运动时间为t，有：‎ ‎② 2分 ‎③ 2分 联解①②③得：‎ ‎④ 2分 ‎（2）作出粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示。 ⑤‎ 设此时的轨迹半径为r，由几何关系有：‎ ‎⑥ 3分 粒子在磁场中的速度：‎ - 13 -‎ ‎⑦ 3分 根据牛顿定第二定律：⑧ 2分 联解⑥⑦⑧得：⑨ 2分 要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围⑩ 2分 考点：带电粒子在复合场中的运动。‎ - 13 -‎