【物理】北京市密云区2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】北京市密云区2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

北京市密云区2019——2020学年度第一学期期末考试高二物理试卷 一、单项选择题 ‎1.下列物理量中属于标量的是（ ）‎ A. 电场强度 B. 电势差 ‎ C. 向心加速度 D. 磁感应强度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电场强度是矢量，其方向与正电荷所受的电场力方向相同，故A错误；‎ B.电势差是标量，其运算法则遵守代数加减法则，故B正确； C.向心加速度是矢量，其方向指向圆周运动的圆心，故C错误； D.磁感应强度是矢量，其方向就是该点的磁场方向，故D错误。 故选B。‎ ‎2.真空中有两个点电荷相距3r，带电量均为Q，关于电荷之间的静电力F大小判断正确的是 （ ）‎ A. F＝ B. F=3 ‎ C. F= D. F= 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据库仑定律可知两点电荷之间的静电力 把代入，解得，故ABD错误，C正确 故选C。‎ ‎3.激发电场的带电体所带的电荷叫作场源电荷，如图将一个电荷量和体积都很小的检验电荷q放在离场源电荷Q 一定距离的P点，它在P点受到的静电力是F，则P点电场强度可表示为（ ）‎ A. F B. ‎ C. D. 取走q后P点电场强度变为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度的定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值。P点电场强度可表示为，故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎4.如图在电场强度为E的匀强电场中，任取间距为L的A、B两点，把试探电荷q沿三条不同路径从A点移动到B点：沿直线AB电场力做功W1；沿折线AMB电场力做功W2；沿曲线AB电场力做功W3。关于电荷沿三条路径从A点移动到B点的过程中，电场力做功W1、W2、W3及电势能变化大小正确的说法是（ ）‎ A. W1＜W2＜W3，沿曲线运动电势能变化最大 B. W3＜W2＜W1，沿直线运动电势能变化最大 C. W1 =W2=W3=EqL，沿各条路径电势能变化一样大 D. W1 =W2=W3=EqLcosθ，沿各条路径电势能变化一样大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场力做功与路径无关，只取决于初末两点的位置，可得 根据功能关系，电势能的减少量等于静电力做的功即 故各条路径电势能变化一样大，故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，空间中有一足够大的区域内分布着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，某时刻一带正电粒子沿纸面向右运动，若不计粒子所受重力，带电粒子在匀强磁场中的运动是 A. 匀速直线运动 B. 匀变速曲线运动 C. 顺时针转向的圆周运动 D. 逆时针转向的圆周运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在磁场中的受力可以根据左手定则来判断，即四指指向正电荷运动的方向，磁场垂直手心过，拇指所指的方向即为洛伦兹力的方向．‎ ‎【详解】带电粒子带正电，根据左手定则可知受洛伦兹力的方向为向上，且洛伦兹力不做功，所以粒子应该做逆时针的匀速圆周运动，故D正确；ABC错误；‎ ‎【点睛】洛伦兹力的方向与速度方向垂直,只改变速度的方向,不改变速度的大小.  匀变速运动是指的加速度不变的运动,当合力方向与速度方向不在一条直线上物体将做曲线运动.‎ ‎6.某同学对四个电阻各进行了一次测量，把每个电阻两端的电压和通过它的电流在平面直角坐标系中描点，得到了图中A、B、C、D 四个点。这四个电阻中阻值最大的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比可得，四个电阻的图象如下 图所示：‎ 在图象中做一条竖线，即通过各电阻的电流相等。从图可知，通过它们的电流相等时，A的电压最大，BC相等，D最小，故BCD错误，A正确。‎ 故选A。‎ ‎7.比值定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的表达不是比值定义的为（ ）‎ A. B. B= ‎ C. C= D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加速度是牛顿第二定律表达式，说明加速度a与外力F成正比，与质量m成反比，不符合比值定义法的共性，故A正确；‎ B. 电阻是导体两端电压与通过电流比值，故B错误；‎ C. 电容是所带电荷量与板间电势差的比值，故C错误；‎ D. 电场强度等于电场力与探试电荷的电荷量的比值，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎8.金属棒MN两端用细软导线悬挂于a、b两点，其中间一部分处于方向垂直于纸面向里匀强磁场中，静止时MN平行于纸面，如图所示。若金属棒通有从M向N的电流，此时悬线上有拉力。为了使拉力等于零，下列措施可行的是（ ）‎ A. 减小电流 B. 减小磁感应强度 C. 将电流方向改为从N流向M D. 将磁场方向改为垂直于纸面向外,同时将电流方向也改为从N流向M并增大电流强度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 根据左手定则，金属棒通有从M向N的电流，匀强磁场垂直纸面向里，可判断金属棒受到的安培力方向竖直向上，由受力平衡得 为了使拉力等于零，需增大电流、磁感应强度，故AB错误；‎ C. 将电流方向改为从N流向M，匀强磁场垂直纸面向里，根据左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向下，拉力增大，故C错误；‎ D. 将磁场方向改为垂直于纸面向外，同时将电流方向也改为从N流向M可判断金属棒受到的安培力方向竖直向上，增大电流强度，安培力增大，拉力减小，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.十九世纪安培为解释地球的磁性做出这样的假设：地球的磁场是由绕着地心的环形电流I引起的，图中假设的引起地球磁场的环形电流方向正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】地磁场的分布情况：地磁的北极在地理南极的附近，地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向地球南极，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向，故环形电流的方向由东向西流动，故ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎10.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是(　　)‎ A. Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B. Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C. Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D. Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得，根据题意可得，故，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向．‎ ‎【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用 ‎【方法技巧】对于楞次定律，一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应定律，需要灵活掌握公式，学会变通．‎ ‎11.图中小灯泡的规格都相同，两个电路中的电池也相同。实验发现多个并联的小灯泡的亮度明显比单独一个小灯泡暗。对这一现象的分析正确的是（ ）‎ A. 灯泡两端电压不变，由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗 B. 电源电动势不变，外电路电压变大，但由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗 C. 电源电动势不变，外电路电压变小，因此灯泡亮度变暗 D. 并联导致电源电动势变小，因此灯泡亮度变暗 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电动势反映不同电源把其他形式能转化为电能本领大小的物理量。由于使用同一个电源，故电源电动势不变，故D错误；根据闭合电路的欧姆定律 根据并联电阻特点 可知多个并联的小灯泡小于单个小灯泡内阻，电路的总电阻减小，总电流增大，电源内阻r消耗的电压增大，外电路电压变小，通过各小灯泡的电流减小，故AB错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎12.磁铁有N、S两极，同名磁极相斥，异名磁极相吸，这些特征与正、负电荷有很大的相似性．库仑在得到点电荷之间的库仑定律后，直觉地感到磁极之间的相互作用力也遵循类似的规律．他假定磁铁的两极各带有正、负磁荷，当磁极本身的几何线度远小于它们之间的距离时，其上的磁荷可以看作点磁荷．库仑通过实验证明了静止的两个点磁荷之间的相互作用力遵循的“磁库仑定律”与点电荷之间遵循的库仑定律类似．由上述内容可知，下列说法正确的是 A. 两个正磁荷之间的作用力为引力 B. 两个点磁荷之间的相互作用力只与它们之间的距离有关 C. 两个点磁荷之间的相互作用力与它们之间的距离成反比 D. 相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 库仑力公式，如果把磁场也类比于电场的话，那么可以根据这个公式判断两个电磁荷之间的相互作用力．‎ ‎【详解】类比于电场作用的话，可知两个正磁荷之间的作用力为排斥力，故A错；‎ 类比于库仑力公式 可知两个点磁荷之间的相互作用力不仅和它们之间的距离有关，且与距离的平方成正比，还与磁铁的两极各带有正、负磁荷有关，故BC错误；‎ 根据相互作用力的性质可知：相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等，故D对；‎ 故选D 二、多项选择题 ‎13.如图所示平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连。要使静电计指针张角变大，下列措施中可行的是（ ）‎ A. 将B板向上平移少许 B. 将B板向左平移少许 C. 在A、B两板间平行插入厚度小于极板间距的陶瓷板 D. 在A、B间平行插入厚度小于极板间距的铝板 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据电容决定式，将B板向上平移少许，正对面积S减小，电容C 减小，根据，由于充电后断开电源，电容器两极板上的电量Q不变，电容C减小，电压U增大，静电计指针张角变大，故A正确；‎ B. 根据电容决定式，将B板向左平移少许，正对面积S减小，电容C减小，根据，由于充电后断开电源，电容器两极板上的电量Q不变，电容C减小，电压U增大，静电计指针张角变大，故B正确；‎ C. 根据电容决定式，在A、B两板间平行插入厚度小于极板间距的陶瓷板,电容C增大，根据，由于充电后断开电源，电容器两极板上的电量Q不变，电容C增大，电压U减小，静电计指针张角减小，故C错误；‎ D. 根据电容决定式，在A、B间平行插入厚度小于极板间距的铝板，电容C增大，根据，由于充电后断开电源，电容器两极板上的电量Q不变，电容C增大，电压U减小，静电计指针张角减小，故D错误。‎ 故选AB。‎ ‎14.在两平行金属板间，有如图所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场．α粒子（氦原子核）以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向从左向右射入，恰好能沿直线匀速通过．下列说法正确的是（　　）‎ A. 若电子以速度沿相同方向射入，电子将向下偏转 B. 若质子以速度沿相同方向射入，质子将沿直线匀速通过 C. 若质子以大于的速度沿相同方向射入，质子将向下偏转 D. 若质子以大于的速度沿相同方向射入，质子将向上偏转 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动，由公式qv0B=qE，电量与电性不会影响粒子的运动性质；再分析电子的受力情况，从而明确电子是否会发生偏转．‎ ‎【详解】由于α粒子从左向右射入正交的电场和磁场空间，恰能做匀速直线运动，则两力平衡，即Eq=qvB，所以选择的速度v=，与电性和电量无关，但有确定的进、出口．若电子以相同的速度射入，相对α粒子电场力和洛仑兹力均反向，则电子仍将做匀速直线运动，所以选项A错误；同理，质子以相同的速度射入时，相对α粒子电场力和洛仑兹力虽减小，但两力仍平衡，沿直线通过，所以选项B正确；若质子进入的速度变大，电场力不变，但向上的洛仑兹力变大，所以质子将向上偏转，选项C错误，选项D正确．故选BD．‎ ‎【点睛】本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题，注意掌握粒子做直线运动，一定是匀速直线运动，且粒子的电量与电性均不会影响运动性质．‎ ‎15.电子感应加速器是利用感应电场来加速电子的一种设备。电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成，当电磁铁通以变化的电流时，会在柱形电磁铁的两极间产生磁场，在磁场中安置一个环形真空管道作为电子运行的轨道，如图所示（图中上部分为主视图、下部分为俯视图）。当磁场发生变化时，产生的感应电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动。下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁场力充当电子做圆周运动的向心力 B. 使电子加速的是电场力 C. 励磁电流必须从N端流入、从M端流出，且减小 D. 励磁电流必须从M端流入、从N端流出，且增大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 电子在感应加速器中受到洛伦兹力、电场力、重力。由于重力很小，可以忽略不计。洛伦兹力方向与电子速度方向垂直，提供电子圆周运动的向心力，但洛伦兹力不做功，通过电场力做功使电子加速，故AB正确；‎ CD.‎ ‎ 电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动，根据左手定则可知上、下电磁铁间存在竖直向上的磁场，根据右手定则可判断励磁电流从M端流入、从N端流出；电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动，产生顺时针的感应电流，产生竖直向下的感应磁场，根据楞次定律感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化可得原磁场应增大，故C错误，D正确。‎ 故选ABD。‎ 三、填空题 ‎16.如图所示的螺旋测微器的读数是__________．‎ ‎ ‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ 螺旋测微器的读数是‎0.01mm×37.6=‎0.376mm.‎ ‎17.如图连接好实验电路并检查无误后，闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈______（选A或B）中有了感应电流。开关闭合后，还进行了其他几项操作尝试，发现电流计指针也发生了偏转，请写出一项可能的操作：________________________‎ ‎【答案】 (1). B (2). 将滑动变阻器的滑片快速滑动；将线圈A（或铁芯）快速抽出；断开开关的瞬间 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1] 闭合开关的瞬间，穿过B线圈的磁通量发生变化，故线圈B中有感应电流；‎ ‎[2]根据感应电流产生的条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化。所以要想是电流计指针发生偏转，则还可以采取的措施为：将线圈A(或铁芯)快速抽出；断开开关的瞬间；将滑动变阻器的滑片快速滑动。‎ ‎18.在“测电源电动势和内电阻”的实验中，有以下器材：‎ 待测干电池（电动势约为3V，内阻约为2.5）；‎ 电压表（量程0～3.0V，内阻）；‎ 电流表（量程0～‎0.6A，内阻1.0）；‎ 滑动变阻器R1（最大阻值10，额定电流‎2.0A）‎ 滑动变阻器R2（最大阻值100，额定电流‎0.1A）‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用___________；（选填R1或R2）‎ ‎（2）为了减小误差，应选择如图所示电路中的__________；（选填甲或乙）‎ ‎（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的电压与电流关系图线，根据U-I图线求出的电源电动势E=_______V；内阻r=_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 甲 (3). 2.90V 2.6Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由题意可知，电源的内阻约为2.5‎ ‎，故为了易于调节，准确测量，滑动电阻器采用限流式接法，阻值与电阻内阻相差不大，故选用R1；‎ ‎(2)[2] 由等效电路可知，甲图电源内阻的测量值为电源内阻与电压表的并联值，乙图电源的测量值为电源内阻与电流表内阻的串联值，由串联、并联特点可知，甲图的测量误差较小，所以为了减小误关，应选择甲图；‎ ‎(3)[3][4]由闭合电路的欧姆定律可知 由数学知识可得，图像与纵坐标的交点为电源的电动势，图像的斜率表示内电阻；故电动势，电源内阻 四、论述、计算题 ‎19.如图所示带有等量异种电荷相距‎10cm的平行板A和B之间有匀强电场，电场强度E为2×104 V/m方向向下。电场中D点距A板‎2cm，C点距B板‎3cm。（已知电子电量1.6×10‎-19C）求：‎ ‎（1）D、C两点的电势差UDC，并说明哪一点电势高；‎ ‎（2）把一个电子从D点移动到C点，静电力做多少功？‎ ‎（3）如果使电子从D点先移到P点，再移到C点，静电力做的功是否会发生变化？做了多少功？‎ ‎【答案】（1）1000V；（2）-1.6×10-16J；（3）不变化，-1.6×10-16J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系 其中 解得 根据电势沿电场线方向降低可得D点的电势高 ‎(2)根据静电力做功公式 解得 ‎ ‎(3) 由于电场力做功与路径无关，只取决于初末两点的位置，静电力做功不变化，做了-1.6×10-16J。‎ ‎20.如图用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电小球，小球质量为1.0×10‎-3kg，所带电荷量为2.0×10‎-8C。现加水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向夹角为30°。求：‎ ‎（1）小球受到的电场力大小；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度大小。‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）；（2）N/C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据受力分析得 解得 ‎（2）根据电场力公式 解得N/C ‎21.如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U ‎，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，忽略重力的影响，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）匀强电场场强E的大小；‎ ‎（2）粒子从电场射出时速度ν的大小；‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得，匀强电场场强E的大小 ‎（2）设带电粒子出电场时速度为v，由动能定理得 解得粒子从电场射出时速度ν的大小 ‎（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 联立得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 ‎22.小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.5V，电源与电流表的内阻之和为0.05Ω。车灯接通电动机未起动时，电流表示数为 ‎10A‎；电动机启动的瞬间，电流表示数达到‎70A。求：‎ ‎（1）电动机未启动时车灯的功率。‎ ‎（2）电动机启动瞬间车灯的功率并说明其功率减小的原因。（忽略电动机启动瞬间灯泡的电阻变化）‎ ‎【答案】（1）120W；（2）67.5W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 电动机未启动时 ‎ ‎ ‎（2）电动机启动瞬间车灯两端电压 ‎ ‎ 车灯的电阻 电源电动势不变，电动机启动瞬间由于外电路等效总电阻减小，回路电流增大，内电路分得电压增大，外电路电压减小，所以车灯电功率减小。‎ ‎23.导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图甲所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为零，两平行轨道间距离为L，磁场的磁感应强度为B．忽略摩擦阻力，接入导线框的电阻与MN平行部分电阻为R，其余电阻不计。（不考虑自由电荷的热运动）‎ ‎（1）求金属棒MN两端的电势差，说明M、N哪一点电势高；‎ ‎（2）通过公式推导验证：在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电。‎ ‎（3）某同学对此安培力的作用进行了分析，他认为：安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，而洛伦兹力是不做功的，因此安培力也不做功。你认为他的观点是否正确，请在图乙中画出电子受到的洛伦兹力并说明理由。‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）观点是错误的，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据右手定则可知电源内部电流方向，M为电源正极，N为电源负极，故M为高电势，N为低电势 ‎ 根据安培力公式 可得 金属棒MN两端的电势差 ‎（2）导体棒匀速运动得 外力做功 回路获得的电能 ‎ 所以 ‎ ‎（3）观点是错误的。 ‎ ‎ 因为在该过程中，安培力的方向与导体棒的运动一致，所以安培力做正功。‎ 自由电子除了要沿导体棒定向移动，还要随导体棒向右运动，自由电子实际的速度方向和所受洛伦兹力的方向如图1所示，洛伦兹力的方向与带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不做功。如图2所示，如果将f沿杆运动的方向和电流的方向分解为f1和f2得 ‎,‎ f1做正功，其功率 f2做负功，其功率 总功率 即f1和f2的总功为零。安培力在数值上等于大量自由电子所受f1的总和，安培力做的功也等于大量自由电子所受f1做功的总功。 （只要说出要点就可得分） ‎