山西省阳泉市2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含解析

山西省阳泉市2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 山西省阳泉市2019~2020学年度第一学期期末考试试题 高二物理（理科）‎ 一、单项选择题（本题包括10个小题，每小题3分，共30分。在每小题中的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（　　）‎ A. 任意两条磁感线不相交，两条电场线也不相交 B. 电场线和磁感线都是闭合曲线 C. 电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 D. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方， 同一试探电荷所受的磁场力也越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．任意两条磁感线一定不相交，电场线也不相交，否则交点处有两个方向，违反唯一性的特点，选项A正确；‎ B．电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合的曲线，选项B错误；‎ C．电场线和磁感线都是假想的曲线，并不存在，选项C错误；‎ D．电场线越密的地方，电场强度越大，由公式F=qE知同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，磁感应强度越大，同一试探电荷所受的磁场力不一定越大，还与电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角有关，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.如图所示，中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，3个夸克都分布在半径为 r 的同一圆周上，则3个夸克在其圆心处产生的电场强度为：‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】由点电荷的场强决定式可知，B、C处两个下夸克在O点的电场强度大小均为，方向夹角120°，合场强沿AO方向，大小为，A处的上夸克在Ｏ点的电场强度同样沿AO方向，大小为，所以三个夸克O处产生的电场强度为同向的和叠加，结果是，A正确．‎ ‎3.如图所示，在E=600 V/m的匀强电场中，a、b两点相距d=2 cm，它们的连线跟场强方向的夹角是60°，则Uab等于（　　）‎ A. 6V B. 12 V C. -6V D. -12 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据顺着电场线方向电势降低可知a点的电势低于b点的电势，则Uab<0，则得 选项C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎4.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向上。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（　　）‎ A. 动能减少 B. 动能和电势能之和增加 C. 电势能增加 D. 重力势能和电势能之和减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由轨迹图可知，油滴所受的合力方向竖直向上，故从a到b - 17 -‎ 的运动过程中合外力做正功，动能增加，选项A错误；‎ B．从a到b的运动过程中，根据能量守恒可知，重力势能、电势能、动能三者之和保持不变；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，选项B错误；‎ C．由轨迹图可知，油滴所受的合力方向竖直向上，则带电油滴所受重力小于电场力，从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，选项C错误；‎ D．根据能量守恒可知，重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都 接地，在两极板间有一个固定在 P 点的正点电荷，以 E 表示两极板间电场的电场强度，Ep表示点电 荷在 P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至 图中虚线位置，则（ ）‎ A. θ增大，E 增大，Ep 增大 B. θ增大，E 增大，Ep 减小 C. θ减小，E 不变，Ep 增大 D. θ减小，E 不变，Ep减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电容器与电源断开，电量不变，将下极板上移的过程中，因d减小，由 可知电容C增大，由 可知U减小，则夹角减小；由 - 17 -‎ 可得 可知E不变；根据 U=Ed 可知由于P离下极板距离减小，E不变，因此P点的电势减小，由 可知电势能减小；故选D．‎ ‎6.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60−0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）。如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（　　）‎ 容量 ‎20000mAh 兼容性 所有智能手机 边充边放 否 保护电路 是 输入 DC：5V 2A MAX 输出 DC：5V 01A−2.5A 尺寸 ‎56×82×22mm 转换率 ‎0.60‎ 产品名称 索扬SY10−200‎ 重量 约430g A. 给充电宝充电时将电能转化为内能 B. 该充电宝最多能储存能量为3.6×105J C. 该充电宝电量从零到完全充满电时间约为2h D. 该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，理论上能充满6次 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】A．充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能，选项A错误；‎ B．该充电宝的容量为 该电池的电动势为5V，所以充电宝储存的能量 选项B正确；‎ C．以2A的电流为用电器供电则供电时间 故C错误；‎ D．由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为 给容量为3000mAh的手机充电的次数 选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在A B弧中点处的电场强度大小为 （ ）‎ A. 3mg/q B. mg/q C. 2mg/q D. 4mg/q ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A - 17 -‎ 点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力．在下滑过程中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小．‎ ‎【详解】设圆的半径是r，由A到B，由动能定理得：mgr＝mv2；在B点，对小球由牛顿第二定律得：qE−mg＝；联立以上两式解得： ；由于是点电荷-Q形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB弧中点处的电场强度为，故选A．‎ ‎【点睛】小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．‎ ‎8.三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是 A. B1=B2EB，选项C错误；‎ D．当开关S闭合时，由于导体处在正电荷形成的电场中，故电子将从大地沿导线流向导体，选项D正确。‎ 故选AD。‎ ‎13.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自b端向a端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ - 17 -‎ A. 电压表示数变大 B. 电流表示数变小 C. 电容器 C 所带电荷量增多 D. a 点的电势降低 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在滑动变阻器滑动头P自b端向a端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I减小，电阻R1两端电压减小，则电压表示数减小，选项A错误；‎ D．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a的电势大于零，且a点的电势等于R2两端的电压。‎ 电阻R2两端的电压 I减小，则U2变大，则a点的电势升高，选项D错误；‎ B．U2变大，通过R2的电流I2增大。通过电流表的电流 I减小，I2增大，则IA减小，即电流表示数减小，选项B正确；‎ C．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，则电容器板间电压变大，由Q=CU知电容器 C 所带电荷量增多，选项C正确。‎ 故选BC。‎ ‎14.如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则（　　）‎ - 17 -‎ A. 该磁场是匀强磁场 B. 线圈将逆时针方向转动 C. 线圈将顺时针方向转动 D. a、b导线受到的安培力大小总为IlB ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，选项A错误；‎ BC．由左手定则可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，选项B错误，C正确；‎ D．a、b导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小总为IlB，选项D正确。‎ 故选CD。‎ ‎15.如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则（　　）‎ A. 两小球到达轨道最低点的速度vM＝vN B. 两小球到达轨道最低点的速度vM>vN C. 在磁场和电场中小球均能到达轨道的另一端 D. 在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以满足机械能守恒。在电场中受的电场力向左，下滑过程中电场力做负功，所以到达最低点时速度关系为vM>vN，选项A错误，选项B正确；‎ - 17 -‎ CD．整个过程小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以满足机械能守恒，能到达轨道的另一端；在电场中受的电场力向左，整个过程中电场力都做负功，机械能守恒减少，小球不能到达轨道的另一端，选项C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ 三、实验题（本题包括2个小题，共17分）‎ ‎16.如图是一简易多用电表的内部电路图，已知表头G的满偏电流，内阻，电阻、当电表的测量表笔与a、b连接时，一般用于测量______，量程______；当电表的测量表笔与a、c连接时，一般用于测量______，量程______.‎ ‎【答案】 (1). 电流 (2). 10mA (3). 电压 (4). 3V ‎【解析】‎ ‎【详解】当电表的测量表笔与a、b连接时，电阻与表头G并联，根据电流表的改装原理可知，此档一般用于测量电流，设量程为I，则有：，解得：I=10mA；当电表的测量表笔与a、c连接时，电阻与表头G并联，再与串联，根据电流表的改装原理可知，此档一般用于测量电压，设量程为U，则有：.‎ 点睛】把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．把小量程电流表改装成大量程电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．‎ ‎17.图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5 V的小灯泡的I－U特性曲线的实验电路图．‎ ‎①根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接起来_____．‎ - 17 -‎ ‎②开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器滑片应 该置于_____端（选填“A”、“B”或“AB中间”）‎ ‎【答案】 (1). (2). A端 ‎【解析】‎ ‎（1）根据原理图连接实物图如下所示：‎ ‎（2）为了安全和保护仪器不被烧坏，开关S闭合之前，应该移动滑片，使测量电路短路，即将片滑移动到A端．‎ 四、计算题（本题包括3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过程，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）‎ ‎18.一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表。请根据下表计算 ‎(1)此车电机的内阻；‎ ‎(2)电机正常工作时的效率；‎ ‎(3)在额定电压下，电机突然卡死时，电机的总功率。‎ ‎【答案】（1）；（2）60%；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由表格读出电机额定电压U=50V，额定电流I=4A，额定输出功率P出=120W。电机输入的是电功率，总功率等于电功率，得到 - 17 -‎ P总=U I=200W 根据能量守恒得，内部发热功率 又 则有 ‎(2)电机正常工作时的效率 ‎100%=60%‎ ‎(3)在额定电压下，电机突然卡死时，电机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，则有 ‎19.如图，一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子在匀强电场中运动。A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为45°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计重力。求：‎ ‎(1)B点的速度大小；‎ ‎(2)A到B的运动过程中静电力做的功；‎ ‎(3)A、B两点间的电势差。‎ ‎【答案】（1）v0；（2）；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 - 17 -‎ 由此得 ‎(2)由动能定理有 ‎(3)设A、B两点间的电势差为UAB，则 W=qUAB 所以A、B两点间的电势差 UAB=‎ ‎20.如图所示，有一磁感强度的匀强磁场，C、D为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，它们之间的距离=0.1m，今有一电子在此磁场中运动，它经过C点的速度v的方向和磁场垂直，且与CD之间的夹角θ=30°。（电子的质量，电量）‎ ‎(1)电子在C点时所受的磁场力的方向如何？‎ ‎(2)若此电子在运动后来又经过D点，则它的速度应是多大？‎ ‎(3)电子从C点到D点所用的时间是多少？‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 电子以垂直磁场方向的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断电子在C点所受磁场力的方向如图所示，垂直于速度方向。‎ - 17 -‎ ‎(2)电子在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，夹角θ=30°为弦切角，圆弧CD所对的圆心角为60°，即∠DOC=60°，△CDO为等边三角形，由此可知轨道半径 R=l 由牛顿第二定律可得 代入数值解得 ‎(3)将R=和代入周期公式中得 设电子从C点到D点所用时间为t，由于电子做匀速圆周运动，所以 由上两式得 代入数据得 ‎ ‎ - 17 -‎ ‎ ‎ - 17 -‎