黑龙江省齐齐哈尔市甘南一中2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

黑龙江省齐齐哈尔市甘南一中2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

‎2019--2020学年度上学期期末考试高二物理试题 一、选择题 ‎1.电场中有一点P，下列说法正确的是 A. 若放在P点的点电荷的电荷量减半，则P点的场强减半 B. 若P点没有试探电荷，则P点的场强为零 C. P点的场强越大，则同一电荷在P点受的电场力越大 D. P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以在P点电荷减半或无检验电荷，P点的场强不变，故A错误，B错误；‎ C. 据F=Eq知，P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确；‎ D. 据场强方向的规定，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，所以P点的场强方向为正电荷在该点的受力方向，与负电荷受力方向相反，故D错误．‎ ‎2.一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A. 串联一个10kΩ的电阻 B. 并联一个10kΩ的电阻 C. 串联一个9.5kΩ的电阻 D. 并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装成电压表，串联电阻阻值：‎ A．串联一个10kΩ电阻，与结论不相符，选项A错误；‎ B．并联一个10kΩ的电阻，与结论不相符，选项B错误；‎ C．串联一个9.5kΩ的电阻，与结论相符，选项C正确；‎ D．并联一个9.5kΩ的电阻，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎3.如图所示四幅图中，匀强磁场磁感应强度大小都为B，导体中的电流大小都为I，导体的长度都为L，A、B、C三个图中的导体都与纸面平行，则四幅图中导体所受安培力大小不等于BIL的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】只有当电流与磁场垂直时，安培力大小为：F=BIL；‎ ABD．三个图中磁场方向与电流方向垂直，故安培力大小均为BIL，选项ABD不符合题意；‎ C．图中电流与磁场平行，安培力为零，选项C符合题意；‎ 故选C.‎ ‎4.如图所示电路中，电源的电动势和内电阻恒定不变，电灯恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向端滑动，则( )‎ A. 电灯更亮，电流表的示数减小 B. 电灯更亮，电流表的示数增大 C. 电灯变暗，电流表的示数减小 D. 电灯变暗，电流表的示数增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．变阻器的滑片向b端滑动时，其接入电路的阻值变小，电路的总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律知电路的总电流增大，即安培表的示数增大，AC错；‎ BD．由知路端电压减小，即电灯L两端的电压变小，功率变小，电灯L变暗，B错误，D正确；‎ ‎【点睛】本题要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析．‎ ‎5.如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有　　‎ A. 闭合电键K后，把R滑片右移 B. 闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出 C. 闭合电键K后，把Q靠近P D. 无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故A错误；‎ B．闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故B错误；‎ C．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故C正确；‎ D．若K不闭合，则P线圈中无磁场，故Q中不会有电流产生，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向。‎ ‎6.如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝＋＝，所以B选项正确．‎ ‎7.如图所示，将一根总电阻为R的直导线弯成一半径为a的金属环，放在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时两端的电压大小为（ ）‎ A. B. C. D. Bav ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒AB切割磁感线产生的感应电动势为E=B2a=Bav，导体棒AB相当于电源，电源的内阻为，金属环的两个半圆部分的电阻分别为 ‎，两个半圆部分的电阻是并联关系，并联以后的电阻为，根据闭合电路欧姆定律，回路中的总电流为I==，AB两端的电压即为路端电压，大小为U=I=，故A正确、BCD错误．‎ ‎8.如图所示，在 x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，x 轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，两磁场右边界均足够宽．一带负电的粒子质量为m，电荷量为 q，从原点O与x轴成 30°角斜向上射入磁场，且在 x 轴上方磁场中的运动半径为R，下列说法正确的是 ‎ A. 粒子经偏转一定能回到原点O B. 粒子完成一次周期性运动的时间为 C. 粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 2:1‎ D. 粒子从原点出发后到第二次穿过x轴时，沿x轴前进2R ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据左手定则判断可知，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，故不可能回到原点0．故A错误．因第四象限中磁感应强度为第一象限中的一半；故第四象限中的半径为第一象限中半径的2倍；如图所示；由几何关系可知，负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T=，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为：t1=；同理，在第四象限运动的时间为 ‎；完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=．故B正确．由r=，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2．故C错误．根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R．故D错误．故选B．‎ ‎9.许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是 A. 库仑最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场 B. 丹麦物理学家奥斯特首先发现电流可以使周围的小磁针发生偏转 C. 法拉第发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台发电机 D. 安培发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，选项A错误；‎ B．丹麦物理学家奥斯特首先发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，选项B正确；‎ C．法拉第发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台发电机，选项C正确；‎ D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，选项D错误；‎ 故选BC.‎ ‎10.如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）‎ A. 若离子带正电，E方向应向下 B. 若离子带负电，E方向应向上 C. 若离子带正电，E方向应向上 D. 不管离子带何种电，E方向都向下 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有 qE=qvB AC．若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下，选项A正确，C错误；‎ B．若粒子带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，则选项B错误； ‎ D．由以上分析可知，不管离子带何种电，E方向都向下，选项D正确；‎ 故选AD。‎ ‎11.某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（ ）‎ A. 点场强大于点场强 B. 和处在同一等势面上 C. 若将一试探电荷由点移动到点，电荷的电势能将减小 D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由点运动到点，可判断该电荷一定带负电 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎【详解】电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的电势，b和c不在同一等势面上，故B错误；若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；故选A．‎ ‎【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．‎ ‎12.两根相距为L的足够长的金属直角导轨按如图所示放置，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分垂直于水平面.质量均为m的金属细棒ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.当ab棒在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd棒也正好以速度v2向下匀速运动.重力加速度为g.下列说法中正确的是 （ ）‎ A. ab棒所受拉力F的大小为 B. cd棒所受摩擦力为零 C. 回路中的电流为 D. μ与v1大小的关系为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.ab棒切割磁感线时产生沿abdca方向，大小为E=BLv1的感应电动势，则感应电流大小为，对ab棒匀速运动时： 解得，选项A正确，C错误；‎ BD.cd棒向下匀速运动时，在竖直方向受到的摩擦力和重力相平衡，有f=μBIL=mg，联立以上各式解得，，故D正确，B错误.‎ 二、实验题 ‎13.有一金属材料制成的圆柱形物体，当用游标卡尺来测它的截面直径d时，示数如图甲所示，则d＝________mm。然后利用伏安法测量该物体的小电阻，此时电压表和电流表的示数如图乙、丙所示，则金属物体两端的电压为U＝________V，流过该物体的电流为I＝________A。‎ ‎【答案】 (1). 30.50 mm (2). 2.25 V (3). 0.42 A ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．游标卡尺主尺上读的毫米数为30 mm，游标尺上第10条刻度线与主尺某刻度线对齐，由于卡尺是20分度的，所以读数为30 mm＋0.05×10 mm＝30.50 mm。‎ ‎[2]．电压表应选用0～3 V量程，最小分度为0.1V，读数时应估读到最小分度1/10，所以读数为2.25 V；‎ ‎[3]．电流表应选用0～0.6 A量程，最小分度为0.02 A，读数时应估读到最小分度的1/2，所以读数为0.42 A。‎ ‎14.用伏安法测量一个阻值约为50Ω的未知电阻Rx的阻值，有下列器材：‎ 电源E(电动势3V，内阻可忽略不计)；‎ 电流表A1(量程0～50mA，内阻约12Ω)；‎ 电流表A2(量程0～3A，内阻约0.12Ω)；‎ 电压表V1(量程0～3V，内阻约3kΩ)；‎ 电压表V2(量程0～15V，内阻约15kΩ)；‎ 滑动变阻器R(0～5Ω，允许最大电流2.0A)；‎ 开关、导线若干。‎ ‎（1）在以上备选器材中，电流表应选用________，电压表应选用________ (填写器材的字母代号)；‎ ‎（2）在虚线框中画出测量电阻Rx的实验电路图。（要求电表测量值的范围尽可能大一些，电阻的测量误差尽量小）‎ ‎（ ）‎ ‎（3）本实验中电阻的测量值比其真实值_________（选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). (4). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．电源电动势E=3V，故电压表选用V1；那么通过待测电阻的最大电流 故电流表选用A1； （2）[3]．要求电表测量值的范围尽可能大一些，故滑动变阻器采用分压式接法；待测电阻阻值较小，故电流表采用外接法；电路图如图所示：‎ ‎ （3）[4]．电流表外接测电阻，电压测量准确，电流测量偏大，故电阻测量值偏小；‎ 三、计算题 ‎15.如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω．已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2．求出金属棒的质量．‎ ‎【答案】0.01kg ‎【解析】‎ ‎【详解】闭合开关后，电流由b指向a，受到的安培力向下 断开时：‎ ‎2k△l1=mg 开关闭合后 ‎2k（△l1+△l2）=mg+F 受到的安培力为：‎ F=BIL 回路中电流为 联立解得 m=0.01kg ‎16.如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：‎ ‎(1)水平向右电场的电场强度的大小；‎ ‎(2)若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；‎ ‎(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能．‎ ‎【答案】(1) 　(2)0.3g　(3)0.3mgL ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力(如图所示)，则 FNsin 37°＝qE①‎ FNcos 37°＝mg②‎ 由①②可得E＝．‎ ‎(2)若电场强度减小为原来的，则E′＝，‎ mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma，‎ 可得a＝0.3g．‎ ‎(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：‎ mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0‎ 可得Ek＝03mgL ‎17.如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨．间距L=0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q间连接一个电阻R=5.0Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T．将一根质量m=0.05kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，当金属棒滑至处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离．已知， ，．求：‎ ‎（）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；‎ ‎（）金属棒达到cd处的速度大小；‎ ‎（）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律求加速度，根据平衡条件求金属棒速度大小，由能量守恒求电阻上产生的热量；‎ ‎【详解】（）设金属杆的加速度大小，则 ‎ 解得 ‎（）设金属棒达到位置时速度大小为，电流为，金属棒受力平衡，有 ‎ ‎ ‎ 解得：．‎ ‎（）设金属棒从运动到的过程中，电阻上产生的热量为，由能量守恒，有 解得：‎ ‎ ‎