【物理】四川省成都市2019-2020学年高二上学期1月期末调研试题（解析版）

【物理】四川省成都市2019-2020学年高二上学期1月期末调研试题（解析版）

‎2019－2020学年度上期期末高二年级调研考试 物理 第I卷(选择题，共44分)‎ 一、单项选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.下列物理量属于基本物理量且单位属于国际单位制中基本单位的是（ ）‎ A. 电流/安培 B. 电容/法拉 ‎ C. 电阻/欧姆 D. 磁通量/韦伯 ‎【答案】A ‎【解析】A．电流的单位安培是国际单位制中基本单位，A正确；‎ B．电容的单位法拉是导出单位，B错误；C．电阻的单位欧姆是导出单位，C错误；‎ D．磁通量的单位韦伯是导出单位，D错误。故选A。‎ ‎2.关于感应电流的产生及方向，下列描述正确的是（ ）‎ A. 导体ab向右切割磁感线时，导体中将产生沿abcda方向的感应电流 B. 磁铁通过图示位置向下插时，导线中将产生沿ba方向的感应电流 C. 开关闭合，电路稳定后，G表示数恒定且不为零 D. 通有恒定电流的导线及闭合线圈在同一竖直面内，线圈向上平移时，线圈将产生abcda方向的感应电流 ‎【答案】B ‎【解析】A．导体向右切割磁感线时，磁场的方向向下，由右手定则可知，导线中将产生沿方向的感应电流，A错误；‎ B．磁铁通过图示位置向下插时，线圈内磁场的方向向下增大，根据楞次定律可知，螺线管中产生向上的磁场，根据安培定则可知导线中将产生沿方向的感应电流，B正确；‎ C．闭合电路稳定后线圈内的磁场不变，根据感应电流产生的条件可知，闭合回路中磁通量的变化量为0，电路中没有感应电流，所以表示数为零，C错误；‎ D．通有恒定电流的长直导线和闭合线圈在同一竖直面内，线圈向上平移时，线圈中的磁通量保持不变，磁通量变化量为0，所以不产生感应电流，D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.利用图示装置“探究决定电容大小的因素”。实验中静电计的指针已有一个偏角，则在此情境下（ ）‎ A. 仅增大两板间的距离，指针偏角将增大 B. 仅增大两板间的距离，指针偏角将减小 C. 仅减小两板间的正对面积，指针偏角将减小 D. 仅将一块有机玻璃插到两板间，指针偏角将不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 详解】AB．增大板间距，据电容的决定式：‎ 可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：‎ 可知两极板间的电势差变大，静电计指针张角变大，A正确，B错误；‎ C．极板正对面积变小，根据电容的决定式：‎ 可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：‎ 可知两极板间的电势差变大，静电计指针张角变大，C错误；‎ D．极板间插入有机玻璃则变大，根据电容的决定式：‎ 可知电容变大，电容器电荷量不变，结合电容定义式：‎ 可知两极板间的电势差变小，静电计指针张角变小，D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.如图，a、b是相互平行且靠近放置的两根固定通电长直导线，导线中电流分别为I1、I2且方向相同，a、b导线受到的磁场力大小分别为F1、F2。下列判断正确的是（ ）‎ A. a、b两导线相互排斥 B. 若I1>I2，则F1>F2‎ C. F2是电流I1产生的磁场对b导线的作用力 D. F1是电流I1产生的磁场对a导线的作用力 ‎【答案】C ‎【解析】A．根据右手定则判断通电直导线周围产生磁场，再根据左手定则判断安培力的方向，可知两根导线相互吸引，A错误；‎ B．、为相互作用力，始终等大反向共线，B错误；‎ CD．是电流产生的磁场对导线的作用力，是电流产生的磁场对导线的作用力，C正确，D错误。故选C。‎ ‎5.某电源的路端电压U随电流I变化的图像如图所示，现将一阻值为6Ω的定值电阻接在该电源两端。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源的输出电压是4V B. 电源的内阻是4Ω C. 通过电阻的电流是0.5A D. 电阻的热功率是0.96W ‎【答案】C ‎【解析】ABC．根据闭合电路欧姆定律变形：‎ 由图所示的图线知，电源的电动势为图像纵截距：‎ 斜率大小为内电阻：‎ 电路中的电流：‎ 输出电压：‎ AB错误，C正确；‎ D．定值电阻消耗的功率：‎ D错误。故选C。‎ ‎6.医学上对某些癌症可采用质子疗法治疗，该疗法(设备如图)用一定能量的质子束照射肿瘤以杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其在加速电场(可视为匀强电场)中从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知质子的质量为1.67×10－27kg、电荷量为1.6×10－19C，加速器加速的直线长度为4m。下列说法正确的是（ ）‎ A. 加速过程中质子的电势能增加 B. 加速过程中质子的加速度约为2.5×1013m/s2‎ C. 质子加速所需的时间约为8×10－6s D. 加速电场的电场强度约为1.3×105N/C ‎【答案】D ‎【解析】A．仅有电场力做功，电势能和动能相互转化，动能增加，电势能减小，A错误；‎ B．由位移与速度的关系式得：‎ B错误；‎ C．加速时间为：‎ C错误；‎ D．根据牛顿第二定律得：‎ 解得：，D正确。故选D。‎ ‎7.如图，电荷量分别为＋q和－q(q>0)的点电荷固定在正四面体的两个顶点A、B上，C、D是正四面体的另外两个顶点。则（ ）‎ A. A、B连线中点的电场强度为零 B. C、D两点的电势相等 C. C、D两点的电场强度大小相等、方向不同 D. 将正电荷从AC边中点移到BC边中点，电势能增加 ‎【答案】B ‎【解析】A．根据场强叠加叠加原理可知，、连线中点的合电场强度方向水平向右，因此该点电场强度不为零，A错误；‎ BC．据题，、是两个等量异种点电荷，通过的中垂面是一等势面，、在同一等势面上，电势相等，、两点的场强都与等势面垂直，方向指向一侧，方向相同，如图所示：‎ 根据对称性可知，场强大小相等，故、两点的场强、电势均相同，B正确，C错误；‎ D．由题，正电荷从边中点移到边中点，电势降低，根据：‎ 可知电势能减小，D错误。故选B。‎ ‎8.如图，矩形abcd的长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，o、e分别是ad、bc的中点，以o、e为圆心有两个半径均为R＝0.3m的四分之一圆弧，区域obedo内有方向垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25T。一群不计重力、质量m＝3×10－9kg、电荷量q＝2×10－5C的带正电粒子垂直于ad边以v＝5×102m/s的速度射入磁场区域。下列判断正确的是（ ）‎ A. 所有粒子射出磁场时的速度方向都平行 B. 所有粒子在磁场中运动的时间都相等 C. 从od边射入的粒子，出射点都在e点 D. 从ao边射入的粒子，出射点都在b点 ‎【答案】D ‎【解析】C．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：‎ 得：‎ 因，从边射入的粒子，形成以为半径的圆弧，从点射入粒子的从点出去；‎ 同理从之间射入的其他粒子，到边界处速度均竖直向上，因边界上无磁场，之间所有粒子全部通过点，C错误；‎ ABD．从边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在点进入磁场，其圆心为，如图所示：‎ 根据几何关系，可知虚线的四边形是菱形，则粒子的出射点一定是从点射出。同理可知，从边射入的粒子，出射点全部从点射出，但射出的速度方向并不相同，根据运动轨迹可知，从边射入的粒子在磁场中运动的圆心角不相同，所以运动时间不相同，AB错误，D正确。‎ 故选D。‎ 二、多项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)‎ ‎9.关于物理学史和物理思想、方法，下列说法正确的是（ ）‎ A. 库仑利用扭秤实验测定了元电荷的数值 B. 法拉第发现了电磁感应现象，并发明了人类历史上第一台感应发电机 C. 电场强度E＝、磁感应强度B＝都采用了比值定义法 D. 点电荷的建立采用了理想模型法，任何小带电体都可视为点电荷 ‎【答案】BC ‎【解析】A．密立根利用油滴实验测定了元电荷的数值，库仑利用库伦扭秤实验测定了静电力常量，A错误；‎ B．法拉第发现了电磁感应现象，并发明了人类历史上第一台感应发电机，B正确；‎ C．电场强度、磁感应强度都采用了比值定义法，C正确；‎ D．点电荷的建立采用了理想模型法，当带电体的形状、体积和电荷量对所研究的问题影响可以忽略时，带电体才可以看成点电荷，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.关于匀强磁场中的运动电荷，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电荷一定受到磁场力 B. 电荷可能不受磁场力 C 若电荷仅受磁场力，则速度一定不变 D. 若电荷仅受磁场力，则动能一定不变 ‎【答案】BD ‎【解析】AB．洛伦兹力的大小：‎ 为速度与磁感应强度的夹角，当时，，当时，所以运动的电荷在磁场中不一定受到磁场力，A错误，B正确；‎ CD．根据左手定则可知洛伦兹力方向始终与电荷的运动方向垂直，所以洛伦兹力只改变速度方向不改变速度大小，所以电荷仅受洛伦兹力，速度改变，动能一定不变，C错误，D正确。故选BD。‎ ‎11.如图甲，半径为r、电阻为R的圆形单匝导线框处于垂直于线框平面的变化磁场中，磁感应强度B随时间变化的图线如图乙(垂直纸面向里为正方向)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 从纸面外向里看，线框中有顺时针方向的感应电流 B. 从纸面外向里看，线框中有逆时针方向的感应电流 C. 线框中感应电流为 D. 线框中感应电流为 ‎【答案】AD ‎【解析】AB．穿过线框的磁场方向垂直纸面向里，且正在减弱，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，也是垂直纸面向里，根据安培定则可知感应电流方向从纸面外向里看为顺时针方向，A正确，B错误；‎ CD．线框的面积为：‎ 根据图线知：‎ 由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：‎ 根据欧姆定律可得产生的感应电流为：‎ C错误，D正确。故选AD。‎ ‎12.如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电表均为理想电表，开关S1，S2均处于闭合状态。则断开S2且电路稳定后，与S2断开前比较（ ）‎ A. A表示数变小 B. V表示数变大 C. 电容器所带电荷量增加 D. 电源内部消耗的热功率不变 ‎【答案】AC ‎【解析】AB．分析电路结构，当断开且电路稳定后，电阻、串联，电容器测量电阻两端的电压，电压表测量电阻两端电压，电流表测量干路电流。断开且电路稳定后，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律：‎ 可知，干路电流减小，表示数变小，根据欧姆定律：‎ 可知表示数变小，A正确，B错误；‎ C．路端电压增大，电阻两端的电压变大，根据电容的定义式：‎ 可知，电容器电荷量增加，C正确；‎ D．根据电功率：‎ 可知，干路电流减小，电源内部消耗的功率减小，D错误。故选AC。‎ ‎13.如图，真空中一质量为m、电荷量为q(q>0)的检验电荷仅受固定点电荷Q(图中未画出)的作用绕Q做匀速圆周运动，A、B是q在运动中通过的相距为L的两点，在A、B两点，电荷的速率为v，与A、B连线的夹角为30°。已知静电力常量为k，由此可知（ ）‎ A. 电荷Q距A、B连线的距离是L B. 电荷q从A到B经历的时间为 C. 电荷Q带负电，电荷量绝对值为 D. 电荷Q在A、B连线中点O处场强大小为 ‎【答案】CD ‎【解析】A．检验电荷绕点电荷做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，库仑力方向与速度方向垂直，根据几何关系：‎ 轨迹半径：‎ 电荷距、连线的距离为：‎ A错误；‎ B．弦对应的圆心角：‎ 则电荷从到经历的时间：‎ B错误；‎ C．两电荷间存在库仑引力，则电荷带负电，库仑力提供向心力：‎ 解得：‎ C正确；‎ D．根据库仑定律可知，电荷在、连线中点处的场强大小为：‎ D正确。故选CD。‎ 第II卷(非选择题，共56分)‎ 三、实验探究题(本题共2小题，共14分。)‎ ‎14.如图，一电子束在阴极射线管中从右向左运动，手拿条形磁铁上端，让条形磁铁的下端靠近阴极射线管，电子束发生向下偏转，则图中条形磁铁的下端是________极(填“N”或“S”)。若将条形磁铁拿开，加一竖直方向的匀强电场，仍使电子束向下偏转，则匀强电场的方向竖直向_________(填“上”或“下”)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 上 ‎【解析】‎ 详解】[1]电子带负电，由图可知电子运动的方向向左，电子向下偏转，根据左手定则可知，磁场的方向向外，则图中条形磁铁的下端是极；‎ ‎[2]若加一竖直方向的匀强电场，仍使电子束向下偏转，则匀强电场的方向与带负电的电子受力的方向相反，为竖直向上。‎ ‎15.(1)小明用图甲所示的多用电表粗测一待测电阻Rx。将选择开关“K”旋转到欧姆档“×10”的位置，正确操作后，他将两表笔与待测电阻Rx相接，发现指针偏转角度过大，为了得到比较准确的测量结果，应将选择开关“K”旋转到电阻档_____(填“×1”或“×100”)的位置。重新进行欧姆档调零并完成测量，测量时指针如图乙所示，其读数为______Ω。‎ ‎ ‎ ‎(2)小华与同伴用伏安法对Rx进一步测量。实验室提供的器材有：‎ 电流表G1(0～50mA，内阻r1＝10Ω)‎ 电流表G2(0～100mA，内阻r2＝5Ω)‎ 待测电阻Rx 电阻箱R1(0～999.9Ω)‎ 滑动变阻器R2(0～10Ω)‎ 干电池(1.5V，内阻不计)‎ 开关S及导线若干 ‎①为了将G1表改装成量程为1.5V的电压表，应将电阻箱调到________Ω后再与G1表串联；‎ ‎②小华与同伴设计了以下两种电路，要求电表的指针偏角必须达到量程的三分之一以上。其中，符合上述要求的是图________(填“丙”或“丁”)所示电路；‎ ‎③某次测得电流表G1，G2的示数分别为I1、I2，电阻箱接入阻值为R0，则被测电阻Rx＝____(用I1、I2、r1、r2、R0表示)；‎ ‎④若通过调节滑动变阻器，该同学测得多组I1、I2的实验数据，根据实验数据做出I1、I2的图像如图戊所示，则被测电阻R＝______Ω(保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). ×1 6 (2). 20 丁 57‎ ‎【解析】(1)[1]欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，则表盘刻度太小，倍率太大，为了让指针靠近中央刻度附近，应换成小倍率“”档；‎ ‎[2]欧姆表读数刻度盘读数倍率；‎ ‎(2)①[3]为了将表改装成量程为的电压表，应将电阻箱调到，根据欧姆定律得：‎ 解得；‎ ‎②[4]的电阻约为和电阻之和的，故两路并联时，总电流为：‎ 又要求电表的指针偏角必须达到量程的三分之一以上，则：‎ 故应与待测电路串联后与改装电压表并联，否则会烧毁，故符合要求的电路图为丁；‎ ‎③[5]根据图丁电路和欧姆定律得：‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎④[6]根据图丁电路和欧姆定律得：‎ 整理得：‎ 结合图戊可得：‎ 解得：。‎ 四、计算题(本题共4小题，共42分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)‎ ‎16.一电瓶车的电源电动势E＝48V，内阻不计，其电动机线圈电阻R＝3Ω，当它以v＝4m/s的速度在水平地面上匀速行驶时，受到的阻力f＝48N。除电动机线圈生热外，不计其他能量损失，求：‎ ‎(1)该电动机的输出功率；‎ ‎(2)电动机消耗的总功率。‎ ‎【答案】(1)，(2)。‎ ‎【解析】(1)电瓶车匀速运动，牵引力为：‎ 电动机的输出功率为：‎ ‎；‎ ‎(2)由能量守恒定律得：‎ 代入数据解得：‎ 所以电动机消耗的总功率为：‎ ‎。‎ ‎17.如图，两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，它们固定在一倾角为θ的绝缘斜面上，M、P间连有阻值为R的电阻，质量为m，长度为L、阻值也为R的导体棒ab垂直于导轨放置且与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将ab棒无初速释放，重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)ab棒匀速运动时，电阻R的功率；‎ ‎(2)ab棒匀速运动时的速度大小。‎ ‎【答案】(1) ，(2) 。‎ ‎【解析】(1)棒匀速运动时，根据平衡条件有：‎ 则有：‎ 则电阻的功率为：‎ ‎；‎ ‎(2)棒匀速运动时，感应电动势为：‎ 则感应电流为：‎ 联立解得：‎ ‎。‎ ‎18.如图，质量m＝0.08kg、电荷量q＝1.6×10－6C的带正电(可视为质点)小球，从半径R＝0.8m的固定光滑圆弧绝缘轨道上的A点由静止滑下，C点切线水平、距水平地面高h＝0.8m。整个装置处在方向水平向左、场强大小E＝3.75×105V/m的匀强电场中。重力加速度g＝10m/s2。求：‎ ‎(1)小球到达C点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)小球落地时距C点的水平距离。‎ ‎【答案】(1)，(2)。‎ ‎【解析】(1)小球由静止从滑到的过程，由动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ 小球运动到点时，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：，由牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小；‎ ‎(2)小球离开点后，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动，竖直方向有：‎ 解得：‎ 水平方向有：‎ 解得：。‎ 小球落地时距点的水平距离：‎ 解得：。‎ ‎19.如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，线段CO＝OB＝L，θ＝30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；电子经y轴进入第三象限时速度与y轴负方向成60°角，到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，不计电子的重力。求：‎ ‎(1)P点距O点的距离；‎ ‎(2)电子在电场中的运动时间；‎ ‎(3)区域ABC内的磁感应强度B1与第三象限内的磁感应强度B2的大小之比。‎ ‎【答案】(1)，(2)，(3)或。‎ ‎【解析】(1)电子在区域内以点为圆心做匀速圆周运动，在点与相切，其运动轨迹如图：‎ 在中，根据几何知识有：‎ ‎；‎ ‎(2)电子从点进入电场做类平抛运动，设电子从边离开且在电场中运动的时间为，在方向上有：‎ 根据运动学规律有：‎ 解得：‎ 在方向上有：‎ ‎；‎ ‎(3)电子穿出电场时有：‎ 在区域内，洛伦兹力提供向心力：‎ 可得：‎ 在第三象限，电子做圆周运动有两种情况 ‎①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心在，根据几何知识有：‎ 洛伦兹力提供向心力：‎ 解得：‎ 则：‎ ‎；‎ ‎②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心为，根据几何知识有：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 得：‎ 解得：‎ ‎。‎