【物理】新疆昌吉市教育共同体2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】新疆昌吉市教育共同体2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

‎2019—2020学年新疆昌吉州第一学期期末质量检测 高二物理试卷 一、选择题（每题4分，共48分。1-9单选，10-12多选，多选题少选得一半分，错选和多选均不得分）‎ ‎1.由电场强度的定义式可知，在电场中的同一点 (　　)‎ A. 电场强度E跟F成正比，跟q成反比 B. 无论检验电荷所带的电荷量如何变化，始终不变 C. 电荷在电场中某点所受的电场力大，则该点的电场强度强 D. 一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定；‎ 一个不带电小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零；‎ ‎【详解】A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定，故A错误； B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变，故B正确； C、同一电荷在电场中某点所受的电场力大，P点的场强不一定为零，还要该电荷的电荷量大小，故C错误； D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零，故D错误．‎ ‎【点睛】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身的性质决定，反映电场本身的强弱和方向．‎ ‎2.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步，人类社会的进步又促进了物理学的发展．下列叙述中错误的是 ( )‎ A. 奥斯特发现了电流的磁效应 ‎ B. 库仑发现了电荷间的相互作用规律 C. 洛仑兹提出了分子电流假说 ‎ D. 法拉第发现了电磁感应现象 ‎【答案】C ‎【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，选项A正确；库仑发现了电荷间的相互作用规律，选项B正确； 安培提出了分子电流假说，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.‎ ‎3.对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 欧姆定律适用于一切导电物质 B. 由可知，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 C. 由可知，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比 D. 某电动机正常工作时，它两端的电压与通过它的电流的比值是该电动机的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．欧姆定律适用于纯电阻电路或电解质导电，不是适用于一切导电物质，故A错误；‎ B．导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关，故B错误；‎ C．欧姆定律的内容为：通过导体的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，故C正确；‎ D．由于电动机为非纯电阻，所以欧姆定律不成立，即某电动机正常工作时，它两端的电压与通过它的电流的比值不等于该电动机的电阻，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )‎ A. 粒子从a到b，带正电 B. 粒子从a到b，带负电 C. 粒子从b到a，带正电 D. 粒子从b到a，带负电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电。 A．粒子从a到b，带正电，与结论不相符，选项A错误；‎ B．粒子从a到b，带负电，与结论不相符，选项B错误；‎ C．粒子从b到a，带正电，与结论相符，选项C正确；‎ D．粒子从b到a，带负电，与结论不相符，选项D错误；故选C。‎ ‎5.有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，则（ ）‎ A. 从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a：b B. 若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a：b C. 从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1：1‎ D. 若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a2：b2‎ ‎【答案】C ‎【解析】AC．从图示方向看，则根据电阻定律可知，，故两电阻相等，比值为，故A错误，C正确；‎ BD．若电流竖直向下，则根据电阻定律有：，，故，故BD错误．‎ ‎【点睛】本题考查电阻定律的应用，要注意本题可以作为电阻微型化的依据，注意电流方向不同，同一个电阻其阻值可能不同．‎ ‎6.条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心穿过圆环中心，如图所示．若圆环为弹性环，其形状由I扩大到II，那么圆环内磁通量的变化情况是（ ）‎ A. 磁通量不变 B. 磁通量增大 C. 磁通量减小 D. 条件不足，无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多．外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，Ⅰ位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则Ⅰ位置磁通量大．而Ⅱ位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则Ⅱ位置磁通量小．故选C.‎ ‎7.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 A. 11 B. 12 C. 121 D. 144‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】直线加速过程根据动能定理得 得 ‎ ①‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 得 ‎ ②‎ ‎①②两式联立得：‎ 一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。‎ 故选D。‎ ‎8.在静电场中，一个电子由a点移到b点时电场力做功为5eV，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. b点电场强度的方向一定由b点指向a点 B. a、b两点间电势差Uab＝5V C. a点移到b点电子的电势能减少5eV D. a点移到b点电子的动能减少5eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题，电子由a点移到b点，电场力做功5eV，电子的受到的电场力的方向不一定在ab直线上，电场强度的方向不一定由b指向a，故A错误；‎ B．a、b两点电势差 故B错误；‎ CD．由于电场力对电子做功5eV，电子的电势能就减少了5eV，电子的动能增加5eV，故C正确，D错误。故选C。‎ ‎9.三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三根导线中电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相等，如图所示，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B0，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B0，则O处的磁感应强度的大小和方向为(　　)‎ A. 大小为B0，方向沿OA方向 B. 大小为2B0，方向竖直向下 C. 大小为2B0，方向沿OA方向 D. 大小为2B0，方向沿OB方向 ‎【答案】D ‎【解析】由题意可知，AB两条通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，则电流A与B在O处的合磁感应强度为零，则O点的磁感应强度等于导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感强度，大小为2B0；依据右手螺旋定则可知，在O处电流C产生的磁感应强度的方向沿OB方向；‎ A．大小为B0，方向沿OA方向，与结论不相符，选项A错误；‎ B．大小为2B0，方向竖直向下，与结论不相符，选项B错误；‎ C．大小为2B0，方向沿OA方向，与结论不相符，选项C错误；‎ D．大小为2B0，方向沿OB方向，与结论相符，选项D正确；‎ ‎10.如图所示，线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出的瞬间，线圈和电流表构成的闭合回路中产生的感应电流方向，正确的是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】（1）当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则,可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A错误；‎ ‎（2）当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B错误；‎ ‎（3）当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下．故C正确；‎ ‎（4）当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确；‎ 故本题选CD．‎ ‎【点睛】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化．‎ ‎11.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，则下列对电子运动的描述中错误的是（设每节电池电动势为U）（　　）‎ A. 电子到达B板时的动能是eU B. 电子从B板到达C板动能变化量为eU C. 电子到达D板时动能是3eU D. 电子在A板和D板之间做往复运动 ‎【答案】BC ‎【解析】A．释放出一个无初速度电荷量为e的电子，在电压为U电场中被加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即W=qU=eU 故A正确；‎ B．由图可知，BC间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，故B错误；‎ C．电子以eU的动能进入CD电场中，在电场力的阻碍下，电子作减速运动，由于CD间的电压也为U，所以电子的到达D板时速度减为零，所以开始反向运动，故C错误；‎ D．由上可知，电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速，回头加速、匀速再减速，做往复运动，故D正确。‎ 本题选择错误的，故选BC。‎ ‎12.如图所示，当电路里滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时（ ）‎ A. 电容器C两极板间的电场强度增大 B. 电压表的读数减小 C. R1消耗的功率减小 D. R2消耗功率增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，通过电源的电流减小，路端电压增大，由欧姆定律知两端电压减小，电容器两极间电压增大，两板间的电场强度增大；选项A正确；‎ B．以上分析知，滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，路端电压增大，电压表的读数增大；选项B错误；‎ C．以上分析知，滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，通过的电流减小，消耗的功率减小；选项C正确；‎ D．通过的电流减小，而接入电路的电阻增大，故消耗的功率变化无法确定；D选项错误。故选AC.‎ 二、实验题 ‎13.如图所示为用多用电表测电路中电流的实验，图中多用电表测定的是________(填“甲电阻”“乙电阻”或“总”)的电流，测得电流的大小是________．‎ ‎【答案】 (1). 乙电阻　 (2). 50.0mA ‎【解析】‎ ‎【详解】由电路中连接情况知，多用电表与乙电阻串联，故测定的是乙电阻的电流．由图知选择量程为100mA，故指针指示读数为50.0mA．‎ ‎14.在“测定电源电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．‎ ‎（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来_______．‎ ‎（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______端（选填“A”或“B”）．‎ ‎（3）图丙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω ‎【答案】(1). (2). B (3). 1.50 1‎ ‎【解析】 (1)电路连接如图．‎ ‎(2)闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值应该最大，故滑片应置于B端．‎ ‎(3)由图象可知，电源电动势为1.5 V，内阻r＝ Ω＝1.0 Ω.‎ 三．计算题（要写出必要的文字说明和解题步骤）‎ ‎15.有一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.01Wb均匀增加到0.02Wb。求：‎ ‎（1）线圈中的感应电动势是多少？‎ ‎（2）若线圈的总电阻是10Ω，通过10min线圈产生多少热量？‎ ‎【答案】（1）2.5V；（2）375J ‎【解析】 (1)磁通量的变化量 由法拉第电磁感应定律得 ‎(2)由焦耳热公式 ‎16.如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界．现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少．‎ ‎【答案】(q正电荷)或(q为负电荷)‎ ‎【解析】题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷．‎ 若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆周圆弧，‎ 轨道半径：‎ 又 d＝R－‎ 解得 v＝‎ 若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的圆周圆弧，则有：‎ d＝R′＋，‎ 解得 v′＝‎ ‎17.如图所示，水平放置的两根平行金属导轨相距‎0.2m，上面有一质量为‎0.04kg的均匀金属棒ab，金属棒电阻忽略不计，电源电动势为6V、内阻为0.5Ω，滑动变阻器调到2.5Ω时，要使金属棒ab对轨道的压力恰好为零且静止，需在金属棒所在位置施加一个垂直ab的匀强磁场，g=‎10m/s2，求：‎ ‎（1）流过金属棒的电流多大？‎ ‎（2）该匀强磁场的方向？‎ ‎（3）该匀强磁场的磁感应强度大小为多少？‎ ‎【答案】(1) (2) 磁场方向水平向左(3) 1T ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 由题意可知ab 中的电流大小为；‎ ‎(2)ab中的电流方向由b指向a，根据左手定则，可知磁场方向水平向左；‎ ‎(3) 欲使ab 对轨道压力恰为零则mg=BIL，得B=mg/IL=1T．‎ ‎【点晴】金属棒ab对轨道的压力恰好为零时，金属棒上的安培力恰好等于金属棒的重力，写出闭合电路的欧姆定律和安培力的公式，即可求得磁感应强度．‎ ‎18.如图所示空间分为I、Ⅱ、Ⅲ三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场，方向垂直边界竖直向上，‎ ‎，方向水平向右；Ⅲ区域存在匀强磁场，磁感应强度，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为，，，一质量、电荷量的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计。求：‎ ‎（1）粒子离开区域I时的速度大小；‎ ‎（2）粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角：‎ ‎（3）粒子从O点开始到离开Ⅲ区域时所用的时间。‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)(2) 30°(3)‎ ‎【解析】 (1) 粒子在区域Ⅰ是向上直线加速，根据动能定理，有：‎ 解得：‎ ‎(2) 粒子在区域Ⅱ中是类平抛运动，根据类平抛运动的分运动公式，有：‎ d2=v1t2，vy=v1‎ ‎，‎ 速度偏转角正切：‎ 联立解得：‎ v2=m/s，‎ 故粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角为30°；‎ ‎(3) 粒子在磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ 根据几何关系可知，粒子在磁场中运动所对的圆心角为120°，因此有：‎ 由（2）得：‎ qE1=ma1，v1=a1t1‎ 解得：‎ 总时间