- 2021-05-31 发布 |
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文档介绍
山西省怀仁市重点中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题
物理试题 一、选择题(共52分,每题4分,1-8为单选,9-13为多选,错选不得分,漏选得2分) 1.图中虚线为匀强电场中的等势线,两粒子M、N质量相等,所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出,两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点,已知O点电势高于c点。若不计重力,则( ) A. M带负电荷,N带正电荷 B. N从O点运动到a点的过程中克服电场力做功 C. N在从O点运动至a点的过程中电势降低 D. M在O点和b点电势能相同 【答案】D 【解析】 【详解】A.由题,等势线在水平方向,O点电势高于C点,根据电场线与等势线垂直,而且由高电势指向低电势,可知电场方向竖直向下,根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上,M粒子所受的电场力方向竖直向下,故知N粒子带负电,M带正电,故A错误; B.N粒子所受的电场力方向竖直向上,所以N从O点运动到a点的过程中电场力做正功,故B错误; C.N在从O点运动至a点的过程中,逆电场方向运动,电势升高,故C错误; D.由图可知,O点与b点位于同一个等势面上,所以M在O点和b点电势能相同,故D正确。 故选D。 2.如图所示,一带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出.已知板长为L,板间距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为q,粒子通过平行金属板的时间为t,则( ) A. 在前时间内,静电力对粒子做的功为 B. 在后时间内,静电力对粒子做的功为qU C. 在粒子偏转前和后的过程中,静电力做功之比为1∶2 D. 在粒子偏转前和后的过程中,静电力做功之比为2∶1 【答案】B 【解析】 【详解】AB.粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动:由可得,前时间内与t时间内垂直于板方向之比为1:4,在前时间内的位移为,在后时间内的位移为;电场力对粒子做功为 , 故A错误,B正确. CD.由电场力做功W=qEy,则前粒子在下落前和后内,电场力做功之比1:1.故CD错误. 3.如图所示的电路中,E为电源,其内阻为r,L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变),R1、R2为定值电阻,R3为光敏电阻,其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小,V为理想电压表.若将照射R3的光的强度减弱,则( ) A. 电压表的示数变大 B. 小灯泡消耗的功率变小 C. 通过R2的电流变小 D. 电源内阻消耗的电压变大 【答案】B 【解析】 【详解】A.光敏电阻光照减弱,故光敏电阻 阻值增大,电路中的总电阻增大;由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流减小,故R1两端的电压减小,电压表的示数变小,A错误; BCD.因电路中电流减小,故电源的内电压减小,则路端电压增大,同时R1两端的电压减小,故并联电路部分电压增大;则流过R2的电流增大,由并联电路的电流规律可知,流过灯泡的电流一定减小,故由可知,小灯泡消耗的功率变小,B正确CD错误. 4.如图所示,把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近,磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面.当线圈内通以图中方向的电流后,线圈的运动情况是 ( ) A 线圈向左运动 B. 线圈向右运动 C. 从上往下看顺时针转动 D. 从上往下看逆时针转动 【答案】A 【解析】 【详解】电流方向如图中所示时,根据右手螺旋定则,环形电流可以等效为小磁针,小磁针的N极指向右,根据异性相吸,知线圈向左运动,靠近磁铁运动.故A正确,BCD错误;故选A. 【点睛】此题考查了右手螺旋定则和磁极间相互作用的应用,注意线圈产生的磁场与条形磁体产生的磁场很相似,可以利用右手螺旋定则判断磁场的N、S极. 5.如图所示,足够长的光滑U型导轨宽度为L,其所在平面与水平面的夹角为α,上端连接一个阻值为R的电阻,置于磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑,设磁场区域无限大,当金属杆下滑达到最大速度时,运动的位移为x,则 ( ) A. 金属杆下滑的最大速度 B. 在此过程中电阻R产生焦耳热为 C. 在此过程中电阻R产生的焦耳热为 D. 在此过程中流过电阻R的电量为 【答案】B 【解析】 【详解】感应电动势为① 感应电流为② 安培力为③ 根据平恒条件得 解得: 由能量守恒定律得: 又因 所以 由法拉第电磁感应定律得通过R的电量为 所以选项B正确 6.如图所示,在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场.质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场,图中实线是它们的轨迹.已知O是PQ的中点,不计粒子重力.下列说法中正确的是 A. 粒子a带负电,粒子b、c带正电 B. 射入磁场时粒子a的速率最小 C. 射出磁场时粒子b的动能最小 D. 粒子c在磁场中运动的时间最长 【答案】D 【解析】 【详解】根据左手定则可知α粒子带正电,b、c粒子带负电,所以选项A错误;由洛伦磁力提供向心力,可知,可知b的速度最大,c的速度最小,动能最小,所以选项BC错误;根据和可知,即各粒子的周期一样,粒子C的轨迹对应的圆心角最大,所以粒子c在磁场中运动的时间最长,选项D正确. 7.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行,现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场,如图所示,则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】磁场中切割磁感线的边相当于电源,外电路由三个相同电阻串联形成,ABD图中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为:, C图中a、b两点间电势差为路端电压为:,所以a、b两点间电势差绝对值最大的是C图所示. 故选C. 8.图中的A是一边长为L的正方形导线框,其电阻为R.现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动,并穿过图中所示的匀强磁场区域B.如果以x轴的正方向作为力的正方向,线框在图示位置的时刻作为时间的零点,则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线应为哪个图( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在阶段,线框在磁场之外,感应电流为0.安培力为0;在阶段,由右手定则可得出电流的方向为逆时针方向,维持线框以恒定速度v沿x轴运动,所以感应电动势和电流不变,根据左手定则得出磁场对线框的作用力F的方向沿x轴的负方向;在阶段,线框全部进入磁场,穿过线圈的磁通量不变,感应电流为0,安培力为0;在阶段,线框左边切割磁感线,由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向,维持线框以恒定速度v沿x轴运动,所以感应电动势和电流不变,根据左手定则得出磁场对线框的作用力F的方向沿x轴的负方向,综上分析可知,A符合题意,BCD不符合题意。 故选A. 9.如图所示,D是一只理想二极管,水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态.下列措施下,关于P的运动情况的说法正确的是( ) A. 保持S闭合,增大A、B板间距离,P仍静止 B. 保持S闭合,减小A、B板间距离,P向上运动 C. 断开S后,增大A、B板间距离,P向下运动 D. 断开S后,减小A、B板间距离,P仍静止 【答案】ABD 【解析】 【详解】A.保持S闭合,电源的路端电压不变.增大A、B板间距离,电容减小,由于二极管的单向导电性,电容器不能放电,其电量不变,由推论 得到,板间场强不变,微粒所受电场力不变,仍处于静止状态.故A正确. B.保持S闭合,电源的路端电压不变,电容器的电压不变,减少A、B板间距离,由可知,板间场强增大,电场力增大,微粒将向上运动.故B正确. CD.断开S后,电容器电量Q不变,由推论得到,板间场强不变,微粒所受电场力不变,仍处于静止状态.故C错误,D正确. 10.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场方向垂直纸面向里一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动,如图所示,由此可以判断 A. 油滴一定做匀速运动 B. 油滴可以做变速运动 C. 如果油滴带正电,它是从M点运动到N点 D. 如果油滴带正电,它是从N点运动到M点 【答案】AC 【解析】 【详解】AB.油滴做直线运动,受重力、电场力和洛伦兹力作用,因为重力和电场力均为恒力,根据物体做直线运动条件可知,粒子所受洛伦兹力亦为恒力据可知,粒子必定做匀速直线运动,故A正确,B错误; CD.根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)可知,如果油滴带正电,由左手定则判断可知,油滴的速度从M点到N点,故C正确,D错误。 故选AC。 11.回旋加速器的原理如图所示,它由两个铜质D形盒D1、D2构成,其间留有空隙,下列说法正确的是( ) A. 离子从电场中获得能量 B. 离子从磁场中获得能量 C. 只增大空隙间的加速电压可增大离子从回旋加速器中获得的动能 D. 只增大D形盒的半径可增大离子从回旋加速器中获得的动能 【答案】AD 【解析】 【详解】A.离子每次通过D形盒D1、D2间的空隙时,电场力做正功,动能增加,所以离子从电场中获得能量。故A正确; B.离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功,不能改变离子的动能,所以离子不能从磁场中获得能量。故B错误; CD.设D形盒的半径为R,当离子圆周运动的半径等于R时,获得的动能最大,则由 得 则最大动能 可见,最大动能与加速电压无关,增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能,故C错误,D正确。 故选AD。 12.如图所示,R1、R2、R3、R4均为可变电阻,C1、C2均为电容器,电源的电动势为E,内阻r≠0.若改变四个电阻中的一个阻值,则( ) A. 减小R1,C1、C2所带的电量都增加 B. 增大R2,C1、C2所带的电量都增加 C. 增大R3,C1、C2所带的电量都增加 D. 减小R4,C1、C2所带的电量都增加 【答案】BD 【解析】 【分析】 由电路图可知,电阻R2、R3、R4串联接入电路,电容器C1并联在电阻电阻R2两端,电容器C2与R2、R3的串联电路并联;根据电路电阻的变化,应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化,然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化. 【详解】A、减小R1,电容器C1、C2两端电压不变,电容器所带电量不变,故A错误; B、增大R2,整个电路电阻变大,由闭合电路欧姆定律可知,电路电流减小,路端电压变大,电阻R3、R4两端电压变小,电阻R2两端电压变大,电阻R2、R3串联电压变大,电容器C1、C2两端电压变大,由Q=CU可知,两电容器所带的电量都增加,故B正确; C、增大R3,整个电路电阻变大,由闭合电路欧姆定律可知,电路电流减小,由U=IR 可知,电阻R2两端电压变小,电容器C1两端电压变小;路端电压变大,电阻R4两端电压变小,电阻R2、R3串联电压变大,电容器C2两端电压变大,由Q=CU可知,电容器C1所带电荷量减少,C2所带的电量都增加,故C错误; D、减小R4,电路总电阻变小,由闭合欧姆定律可知,电路电流变大,电阻R2两端电压变大,电阻R2、R3串联电压变大,电容器C1、C2两端电压都增大,由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加,故D正确; 故选BD. 13.如图,有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感强度为及一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间,金属杆的速度趋近于一个最大速度vm,则( ) A. 如果B增大,vm将变大 B. 如果α变大,vm将变大 C. 如果R变大,vm将变大 D. 如果m变小,vm将变大 【答案】BC 【解析】 当金属杆做匀速运动时,速度最大,此时有mgsinθ=F安,又安培力大小为 联立得: 根据上式分析得知:当只B增大时,vm将变小.故A错误;如果只增大θ,vm将变大.故B正确;当只R增大,vm将变大,故C正确;只减小m,vm将变小.故D错误.故选BC. 点睛:本题第一方面要会分析金属棒的运动情况,第二方面要熟记安培力的经验公式,通过列式进行分析. 二、填空题(共14分,每空2分) 14.一多用电表的电阻档有三 个倍率,分别是×1、×10、×100.用×10档测量某电阻时,操作步骤正确,发现表头指针偏转角度很小,为了较准确地进行测量,应换到________档.如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是__________,若补上该步骤后测量,表盘的示数如图,则该电阻的阻值是________Ω. 【答案】 (1). ×100 (2). 欧姆调零(或重新欧姆调零) (3). 2.2×103 (或 2.2k) 【解析】 【详解】[1].用×10档测量某电阻时,操作步骤正确,发现表头指针偏转角度很小,则可能是档位选择偏低,为了较准确地进行测量,应换到×100档. [2][3].如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是欧姆调零(或重新欧姆调零),若补上该步骤后测量,表盘的示数如图,则该电阻的阻值是2.2×103 (或 2.2k)Ω. 15.在测量电源的电动势和内阻的实验中,由于所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小,某同学设计了如图所示的实物电路。 (1)实验时,应先将电阻箱的电阻调到________。(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”) (2)改变电阻箱的阻值R,分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U,下列两组R的取值方案中,比较合理的方案是________。(选填“1”或“2”) (3)根据实验数据描点,绘出的图像是一条直线。若直线的斜率为k,在坐标轴上的截距为b,则该电源的电动势为E=___________,内阻r=__________。(用k、b和R0表示) 方案编号 电阻箱的阻值R/Ω 1 400.0 350.0 300.0 250.0 200.0 2 80.0 70.0 60.0 50.0 40.0 【答案】 (1). 最大值 (2). 2 (3). (4). 【解析】 【详解】(1)[1]由图可知,电路为限流接法,且为保证电路安全,开始电路中电流应为最小,所以开始时电路中电阻应为最大,故滑动变阻器开始时应达到最大值; (2)[2]由表格可知,方案1中电阻箱的阻值与定值电阻差别太大,导致电路中电流差别太大;而方案2中电阻箱的阻值与待测电阻相差不多,故可以得出较为合理的电流值,故应选择方案2; (3)[3][4]由闭合电路欧姆定律可知 变形得 由题意可知,斜率为k,即 解得 联立解得 三、计算题(共34分) 16.如图所示,固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1=0.5 m,金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2=0.8 m,整个闭合回路的电阻为R=0.2 Ω,磁感应强度为B0=1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路.ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=0.04 kg 的物体,不计一切摩擦,现使磁场以=0.2 T/s的变化率均匀地增大.求: (1)金属棒上电流的方向. (2)感应电动势的大小. (3)物体刚好离开地面的时间(g=10 m/s2). 【答案】(1)电流由a到d(2)0.08V(3)5s 【解析】 【详解】(1)由楞次定律可以判断,金属棒上电流由a到d. (2)由法拉第电磁感应定律得: (3)物体刚好离开地面时,其受到的拉力F=mg 而拉力F又等于棒所受的安培力. 即mg=F安=BIL1 其中B=B0+t I= 解得t=5 s. 【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律,知道磁感应强度的变化率恒定时感应电流恒定,根据共点力平衡进行求解. 17.如图所示,在第一象限有一匀强电场,场强大小为,方向与轴平行;在轴下方有一匀强磁场,磁场方向与纸面垂直.一质量为、带电荷量为的粒子以平行于轴的速度从轴上的点处射入电场,在轴上的点处进入磁场,并从坐标原点离开磁场.粒子在磁场中的运动轨迹与轴交于点.已知.不计重力.求: (1)点与坐标原点间的距离; (2)粒子从点运动到点所用的时间. 【答案】(1)(2) 【解析】 【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动,设加速度的大小为;在轴正方向上做匀速直线运动,设速度为;粒子从点运动到点所用的时间为,进入磁场时速度方向与轴正方向的夹角为,则由牛顿第二定律得① 在电场中运动的时间② 水平初速度 ③ 其中,,又 ④ 联立②③④得 ⑤ 由几何关系知为直径,⑥ ⑦ (2)设粒子在磁场中运动的速度为,从点到点运动的时间为,则有 ⑧ ⑨ 从点到点所用的间⑩ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩并代入数据得. 18.如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l = 0.5m,左端接有阻值R = 0.3Ω的电阻.一质量m = 0.1kg,电阻r = 0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B = 0.4T.棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以 a = 2m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x = 9m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q2= 2:1.导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求 (1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q; (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2; (3)外力做的功WF. 【答案】(1)4.5C (2)1.8J (3)5.4J 【解析】 【详解】(1)设棒匀加速运动的时间为Δt,回路的磁通量变化量为:ΔΦ=BLx, 由法拉第电磁感应定律得,回路中的平均感应电动势为: 由闭合电路欧姆定律得,回路中的平均电流为: 通过电阻R的电荷量为:q = IΔt 联立以上各式,代入数据解得:q =4.5C (2)设撤去外力时棒的速度为v,棒做匀加速运动过程中,由运动学公式得: 设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W,由动能定理得: W = 0-mv2 撤去外力后回路中产生的焦耳热:Q2= -W 联立以上各式,代入数据解得:Q2=1.8J (3)由题意各,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q2=2:1 可得:Q1=3.6J 在棒运动的整个过程中,由功能关系可得:WF= Q1 + Q2 联立以上各式,代入数据解得:WF=5.4J 查看更多