陕西省西安中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

陕西省西安中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

西安中学2019-2020学年度第一学期期末考试高二物理试题 一、单项选择题（共9小题，每题4分，共36分）。‎ ‎1.下列现象中属于电磁感应现象的是(　　)‎ A. 磁场对电流产生力的作用 B. 变化的磁场使闭合电路中产生电流 C. 插在通电螺线管中的软铁棒被磁化 D. 电流周围产生磁场 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电磁感应现象指的是由于磁场的变化而在闭合回路中产生感应电流的现象，故B正确，ACD错误．‎ ‎2.通电长直导线中有恒定电流I，方向竖直向上，矩形线框与直导线在同一竖直面内，现要使线框中产生沿abcd方向的感应电流，则应使线框（　　）‎ A. 稍向左平移 B. 稍向右平移 C. 稍向上平移 D. 以直导线为轴匀速转动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由右手螺旋定则判断知，线框所在处磁场方向向里，使线框向左平移，穿过线框的磁通量将增加，产生感应电流，根据楞次定律判断知感应电流方向沿逆时针方向，与图示相反，故A错误；‎ B．使线框向右平移，穿过线框的磁通量将减小，产生感应电流，根据楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，与图示相同，故B正确；‎ C．线框稍向上平移，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故C错误；‎ D．以直导线为轴匀速转动时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流。故D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为：“×‎1”‎、“×‎10”‎、“×‎100”‎、“×1k”，某同学把选择开关旋到“×‎100”‎挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角很大，为了减小误差，它应该（　　）‎ A. 换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮 B. 换用“×‎10”‎挡，不必重新调整调零旋钮 C. 换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮 D. 换用“×‎10”‎挡，必须重新调整调零旋钮 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】欧姆表的零刻度在最右边，指针偏角大说明被测电阻小，因此，要换小挡位×10，且要重新欧姆调零，故D正确，ABC错误；‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下.在将磁铁的S极插入线圈的过程中(　　)‎ A. 通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥 B. 通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥 C. 通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引 D. 通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查的是楞次定律的问题，线圈中的感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，图中S极向下，通过电阻的感应电流的方向由b到a，由于是磁通量增大，要阻碍增大，必然相排斥．综上分析，B正确，ACD错误．‎ ‎5.如图所示，电感线圈L自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则（）‎ A. 闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些 B. 闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些 C. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭 D. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合开关S时，LB与电阻串联，直接连在电源两端，立即就亮；而LA与线圈串联，线圈中产生的自感电动势阻碍电流变化，电流只能缓慢增加，慢慢亮起来，稳定以后，由于电阻R2阻值约等于R1的两倍，LA会比LB更亮一些，故AB错误；‎ CD．断开开关S时，线圈与两个电阻和两个灯泡构成闭合回路，线圈产生自感电动势相当于电源，要阻碍原电流的减小，线圈的左端相当于电源的正极，通过LB的电流方向与稳定时相反；由于电流是从稳定时的电流大小开始减小，而稳定时通过灯泡LB的电流较小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，故C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁场垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（ ）‎ A. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用 B. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用 C. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用 D. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，在根据左手定则判断安培力方向，如图：‎ 根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，如图所示：‎ 根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左；最后再根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力增大；C正确，ABD错误。‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题关键先对电流分析，根据左手定则得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．‎ ‎7.在如图所示电路中，当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时（　　）‎ A. 电压表示数变大，电流表示数变小 B. 电压表示数变小，电流表示数变大 C. 电压表示数变大，电流表示数变大 D. 电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，由于电流表与滑动变阻器串联，由串反并同可知，电流表示数增大，电压表与滑动变阻器并联，由串反并同可知，电压表示数减小，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎8.两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边的和处，如图所示。两通电导线在处产生磁场的磁感应强度大小都是，则C处磁场的总磁感应强度大小是（ ）‎ A. 0 B. C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则可知，导线A在C处产生磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，‎ 根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为 ‎；‎ 故C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎9.如图所示为有两个量程的电压表，当使用 a、b两端点时，量程为1 V；当使用a、c两端点时，量程为10 V．已知电流表的内阻Rg为50Ω，满偏电流Ig为1 mA．则R1和R2的电阻值：‎ A. R1=950Ω，R2=9 kΩ B R1=9kΩ，R2=950Ω C. R1=9kΩ，R2=1kΩ D. R1=1kΩ，R2=9 kΩ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据欧姆定律和串联电路的特点可知：‎ 代入数据可解得：‎ 同理有：‎ 代入数据可解得：‎ 所以只有选项A正确；‎ 二、多项选择题（共5小题，每小题4分，共20分。全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）。‎ ‎10.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部分如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电压为U电场区时，都恰好被加速，使质子由静止加速到动能为E后，由A孔射出，质子所受重力可以忽略，下列说法正确的是（　　）‎ A. 其它条件不变时，增大D形盒半径R，质子的最终动能E将增大 B. 其它条件不变时，只增大加速电压U，质子的最终动能E将增大 C. 加速器中的电场和磁场都可以使带电粒子加速 D. 电压变化周期与质子在磁场中运动的周期相等时，可以使质子每次通过电场时总是加速 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据 得质子的最大速度为 则最大动能为 增大D形盒的半径，则质子的能量增大。最大能量与加速电压的大小无关，故A正确，B错误；‎ C．回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转，故C错误；‎ D．质子每次经过电场时总是加速，质子在磁场中运动的周期和交流电源的变化周期相等，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎11.如图是质谱仪的工作原理示意图。现有一束几种不同的正离子，经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器（速度选择器内有相互正交的匀强电场E和匀强磁场B1），离子束保持原运动方向未发生偏转。接着进入另一匀强磁场B2，发现这些离子分成几束。忽略重力的影响，由此可得结论（　　）‎ A. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内 B. 这些离子通过狭缝P的速率都等于 C. 这些离子的电量一定不相同 D. 这些离子的比荷一定不相同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由离子在B2中的偏转知粒子带正电，则受电场力向右，则离子在选择器中受水平向左的洛伦兹力，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故A错误；‎ B．由 得 此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故B正确；‎ C．由 得 离子是半径不同，一定是比荷不同，而电量可能相等，故C错误；‎ D．由得，‎ 知荷质比越大，R越小，越靠近狭缝，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎12.如图所示，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=‎20cm2，螺线管导线电阻r=1Ω，电阻R=4Ω。螺线管所在空间存在水平向右的磁场，磁感应强度大小随时间的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电阻R的电流方向是从C到A B. 感应电流的大小随时间均匀增大 C. 电阻R两端的电压为6V D. 经过电阻R的电流大小为‎1.2A ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A正确；‎ BCD．根据法拉第电磁感应定律有 由图2可知，‎ 代入数据解得 ‎ ‎ 由闭合电路欧姆定律得 因此感应电流的大小是恒定的，螺线管两端的电压是外电压为 故BC错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎13.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向、垂直纸面向里的匀强磁场．带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径从q点入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转角，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的 A. 半径之比为∶1‎ B. 速度之比为1∶‎ C. 时间之比为2∶3‎ D. 时间之比为3∶2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设圆柱形区域为R，带电粒子第一次以速度v1沿直径入射时，轨迹如图所示，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角 轨迹半径为 运动时间为 电粒子第二次以速度v2沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角 半径为 运动时间为 所以轨迹半径之比 时间之比 根据半径公式得，速度之比 故选AC。‎ ‎14.如图所示为一个质量为、带电量为的圆环,可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动,细杆处于磁感应强度为的匀强磁场中,圆环以初速度向右运动直至处于平衡状态,则圆环克服摩擦力做的功可能为( )‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。故A正确。‎ B． 当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：‎ 得：‎ 故B正确。‎ CD． 当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。当qvB=mg时得：‎ 根据动能定理得：‎ 代入解得：‎ 故C错误D正确。‎ 三、实验题(共1小题，每空2分，共12分)。‎ ‎15.欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V，内阻1Ω）‎ B．电流表（0～‎3A，内阻约为0.2Ω）‎ C．电流表（0～‎0.6A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电压表（0～3V，内阻约为3kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流‎1A）‎ F．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流‎0.3A）‎ G．开关、导线 ‎(1)上述器材中电流表应选用的是_______；滑动变阻器应选用的是_________；（填写各器材的字母代号）；‎ ‎(2)在方框内画出实验电路图__________________；‎ ‎(3)一组实验中电流表和电压表的示数如图所示，图示中I=______A，U=______V。‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). (4). 0.48 (5). 2.20‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电池组3V，根据欧姆定律，电路中的最大电流约为 故电流表选C；‎ ‎[2]题目要求测量结果尽量准确要选择滑动变阻器分压接法，则选取总阻值较小的滑动变阻器E；‎ ‎(2)[3]被测电阻约 说明待测电阻为小电阻，所以电流表应外接，滑动变阻器分压接法，电路图如图：‎ ‎(3)[4]电流表选0～‎0.6A，最小分度为‎0.02A，由图可知，电流表示数为‎0.48A；‎ ‎[5]电池组3V，电压表选0～3V，最小分度为0.1V，由图可知，电压表示数为2.20V。‎ 四、计算题（共3小题，16题10分，17题10分，18题12分，共32分）。‎ ‎16.一束电子流（电子质量为m，电量绝对值为q，初速度可忽略）经电压为U的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，两板间距为d，板长为l，电子恰好能从平行板下边缘飞出，如图所示。不考虑电子的重力，求：‎ ‎(1)电子进入偏转电场速度大小；‎ ‎(2)两极板间所加的偏转电压。‎ ‎【答案】(1)；(2)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在加速电场中，由动能定理得 得：‎ ‎；‎ ‎(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，则有电场力方向 初速度方向 加速度 ‎，‎ 联立得：‎ ‎。‎ ‎17.一个质量为m电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力。求：‎ ‎(1)粒子做圆周运动的半径；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。‎ ‎【答案】(1)；(2)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子的运动轨迹如图 由几可关系得 解得 ‎；‎ ‎(2)由洛伦兹力提供向心力得 得 ‎。‎ ‎18.如图所示，在高度为L、足够宽的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、边长为L、电阻为R的正方形导线框abcd，在MN上方某一高度由静止开始自由下落．当bc边进入磁场时，导线框恰好做匀速运动．已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：‎ ‎ (1)导线框刚下落时，bc边距磁场上边界MN的高度h；‎ ‎(2)导线框离开磁场的过程中，通过导线框某一横截面的电荷量q；‎ ‎(3)导线框穿越磁场的整个过程中，导线框中产生的热量Q.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线框进入磁场时恰好做匀速运动，安培力与重力大小相等，方向相反，即 线框切割磁感线，感应电动势 故线框中产生的电流 线框在磁场中所受安培力 线框进入磁场时速度 线框进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒：‎ 下落高度 ‎（2）线框匀速穿过磁场，由可知，感应电流 出磁场所用时间 可解得：通过导线框某一横截面的电量 ‎（3）线框匀速穿过磁场，动能不变，减少的重力势能全部转化为焦耳热．磁场的宽度与线框的宽度相等，线框匀速穿过磁场高度下降‎2L，所以焦耳热