【物理】甘肃省定西市岷县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】甘肃省定西市岷县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

高二 物理（理科）‎ 一、选择题（1-7单选；8-10多选，每题4分，全对得4分，半对得2分。）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 奥斯特发现了电流能够使磁针偏转，并提出了磁能够产生电 B. 安培将磁铁放在导体线圈附近，线圈中产生了电流 C. 法拉第把两个线圈绕在同一铁环上，一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”，在给接电源的线圈通电和断电的瞬间，可以观察到另一个线圈中有电流 D. 法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了电流的磁效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．奥斯特发现了电流周围存在磁场，即电流磁效应，法拉第发现了磁能产生电，即电磁感应现象，故AD错误；‎ B．法拉第在奥斯特的启发下，研究了磁场与电流的关系，最终通过十年的努力终于发现了电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流，故B错误；‎ C．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎2.某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自处落至处。在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是( )‎ A. 始终顺时针 B. 先顺时针再逆时针 C. 始终逆时针 D. 先逆时针再顺时针 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量向上先增大后减小，A 处落到中间处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针。中间处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针。即全过程中电流先顺时针再逆时针，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( )‎ A. 带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度 B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D. 带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，故A正确，B错误；‎ C．根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。故C错误；‎ D．由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.如图，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），为定值电阻，，为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，闭合开关S后，若照射的光照强度减弱，则（ ）‎ A. 消耗的功率逐渐减小 B. 通过的电流变大 C. 电源的输出功率变大 D. 小灯泡消耗的功率变大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将光照强度减弱，光敏电阻R3的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，根据 可知R1消耗的功率逐渐减小，故A正确；‎ BD．因干路电流减小，电源的内电压减小，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，根据 P=I2R 可知小灯泡消耗的功率变小，故B正确，D错误；‎ C．由于R1＞r，结合电源的输出功率与外电阻的关系可知，当外电阻增大时，电源的输出功率减小，故C错误。‎ 故选AB。‎ ‎5.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是 ‎ ‎ A. F逐渐减小，T逐渐减小 B. F逐渐增大，T逐渐减小 C. F逐渐减小，T逐渐增大 D. F逐渐增大，T逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，由可知，电场强度减小，电场力减小，小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，受力如图所示，根据力的合成法得：‎ 由于重力不变，电场力减小，故拉力减小；‎ A.逐渐减小，逐渐减小与分析相符，故A正确；‎ B.逐渐增大，逐渐减小与分析不符，故B错误；‎ C.逐渐减小，逐渐增大与分析不符，故C错误；‎ D.逐渐增大，逐渐增大与分析不符，故D错误．‎ ‎6.如图所示，a、b是x轴上两个点电荷，电荷量分别为q1和q2，沿x 轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，a、p间距离大于p、b间距离．从图中可以判断以下说法正确的是( )‎ A. a和b均负电荷且q1一定大于q2‎ B. 电势最低的p点的电场强度一定不为零 C. 将一负的检验电荷从c处移到p处，电荷电势能增加 D. a、p间的电场方向都指向a点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由于从a到b，电势φ先减小后增大，所以a、b均为正电荷，根据φ—x 图像的可知图像切线斜率表示电场强度，所以P点的电场强度为0，由库仑定律及电场的叠加可知q1>q2，故A错误，B错误；‎ C．根据可知将一负的检验电荷从c处移到p处过程中电势降低，电势能增加，故C正确；‎ D．因为从a到P电势都在降低，故a、p间的电场方向都指向p点，故D错误．‎ ‎7.两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力，下列说法正确的有( 　) ‎ A. a、b均带负电 B. a在P上的落点与O点的距离比b的近 C. a在磁场中飞行的路程比b的短 D. a在磁场中飞行的时间比b的短 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因粒子向下偏转，则由左手定则可知，粒子均带正电；故A错误；由r=可知，两粒子半径相等，根据粒子入射方向可判断其向心力方向，从而明确其圆心的位置，则可知a、b粒子的运动轨迹如图所示：‎ ‎ 由图根据运动轨迹可知，b到P点的落点的距离为直径，而a的落点为一个小于直径的弦；故两粒子在P上的落点与O点的距离a比b的近，故B正确．由图可知a粒子在磁场转过的圆心角较大，故a在磁场中飞行的路程要长；故C错误；根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故D错误；故选B．‎ 点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．同时明确左手定则判断粒子受力时，对于正电荷四指指向运动方向，而对于负电荷，四指指向运动的反方向．‎ ‎8.如图所示，一匀强电场电场线平行于xOy平面，电场强度大小为E，xOy平面上有一椭圆，椭圆的长轴在x轴上，E、F两点为椭圆的两个焦点，AB是椭圆的短轴，椭圆的一端过O点，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 在椭圆上，O、C两点间电势差一定最大 B. 在椭圆上，A、B两点间电势差可能最大 C. 一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功可能为零 D. 一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 由于匀强电场方向平行于坐标平面，当电场方向平行于y轴时，O、C间的电势差为零，A、B间的电势差最大，B项正确，A项错误；如果电场方向平行于y轴，则E、F两点电势相等，则一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功为零，C项正确；由于O、A连线平行于B、C连线，且长度相等，因此在匀强电场中，O、A间的电势差和B、C间的电势差相等，一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同，D项正确．‎ ‎9.如图所示，带正电的金属滑块质量为m，电荷量为q与绝缘水平面间的动摩擦因数为()。水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为。如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，滑块运动到B点时速度恰好为零，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 滑块运动到B点后将保持静止 B. 滑块运动到B点后将返回向A点运动，来回所用时间不相同 C. 滑块运动到B点后将返回向A点运动，到A点时速度大小仍为v D. 滑块回到A点时速度大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题知，则物体在B点所受到的电场力大小为mg，大于其受到的最大静摩擦力，所以物体到B点速度为零后要反向运动，故A错误；‎ BCD．滑块由A到B的过程中电场力与摩擦力都做负功，由动能定理得 又 解得 滑块返回A的过程中电场力做正功，摩擦力做功，由动能定理得 联立得 由于在B点的速度都是0，而在A点的速度不相等，可知从A到B的过程与从B到A的过程中的平均速度不相等，所以滑块运动到B点后将返回向A点运动，来回所用时间不相同，故C错误，BD正确。‎ 故选BD。‎ ‎10.如图所示，OACD是一长为OA=L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子从O点以速度V0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为α，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则 A. 粒子一定带正电 B. 匀强磁场的磁感应强度为 C. 粒子从O到A所需的时间为 D. 矩形磁场的宽度最小值为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A项：由题意可知，粒子进入磁场时所受洛伦兹力斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；‎ B项：粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识可得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，故B正确；‎ C项：由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ=2α，粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子在磁场中的运动时间：，故C正确；‎ D项：根据图示，由几何知识可知，矩形磁场的最小宽度：，故D错误．‎ 二、实验题（11题4分，12题12分，共计16分）‎ ‎11. （1）用20分度的游标卡尺测得某小球的直径如下图所示，则小球的直径为d=_______mm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测金属导线的直径，其示数如下图所示，该金属导线的直径为 mm．‎ ‎【答案】（1）； （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：游标卡尺的固定刻度读数为，游标尺上第3个刻度游标读数为，所以最终读数为：；螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为，所以最终读数为：．‎ 考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎12.某实验小组的同学准备探究某个灯泡的伏安特性曲线，所用器材如下：‎ A．待测电灯泡一只，额定电压为2.5V，额定功率为1.5W.‎ B．电压表：量程为300mV，内阻为300Ω C．电压表：量程为15V，内阻为6kΩ D．电流表：量程为‎0.6A，内阻约为0.1Ω E．电流表：量程为300mA，内阻约为1Ω F．滑动变阻器：最大阻值为200Ω，最大电流为‎0.2A G．滑动变阻器：最大阻值10Ω，最大电流为‎1A H．定值电阻，阻值为2700Ω I．电动势为4.5V的直流电源一个，开关一个，导线若干 ‎（1）实验中电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______．（填写器材前的字母代号）‎ ‎（2）请在图1虚线框中画出该实验的电路图__________．‎ ‎（3）该小组的同学通过实验作出了小灯泡的伏安特性曲线，若将小灯泡直接与电动势E=3.0V，内阻r=7.5Ω的电源相连，则小灯泡的功率为_____ W．（结果均保留2位有效数字）‎ ‎【答案】(1) B D G （2）电路如图； （3）0.20—0.26‎ ‎【解析】‎ ‎（1）灯泡的额定电压为2.5V，15V量程较大不能准确测量，故应采用B和H串联使用测量电压；由图可知，电流最大约为‎0.5A，则电流表选择D；因采用分压式接法，故滑动变阻器选择小电阻G；‎ ‎（2）滑动变阻器采用分压接法；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示．‎ ‎（3）在灯泡的I-U图象坐标系内，作出电动势为E=3.0V，内阻为r=7.5Ω的电源I-U图象如图所示；‎ 由图象可得：灯泡两端电压为1V，通过灯泡的电流为‎0.24A，则灯泡实际功率P′=U′I′=1V×‎0.24A=0.24W；‎ 点睛：本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验，要明确实验实验原理，知道电表改变的应用；掌握根据图象分析数据的方法，注意小灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能根据欧姆定律直接求解．‎ 三、计算题（本题共4小题，共44分）‎ ‎13.如图所示，电源的电动势，电阻，电动机绕组的电阻，开关始终闭合．当开关断开时，电阻的电功率是525W；当开关闭合时，电阻的电功率是336W，求：‎ ‎（1）电源的内电阻r；‎ ‎（2）开关闭合时电动机的效率。‎ ‎【答案】（1）1Ω；（2）86.9%。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）S2断开时R1消耗的功率为W，则 代入数据得r=1Ω ‎（2）S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为W，则 解得U=84V 由闭合电路欧姆定律得 代入数据得I=‎‎26A 设流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，则 A 又 解得I2=‎‎22A 则电动机的输入功率为 代入数据解得W 电动机内阻消耗的功率为 代入数据解得W 则电动机的输出功率 ‎1606W 所以开关闭合时电动机的效率 ‎14. 如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：‎ ‎⑴A点在斜轨道上的高度h；‎ ‎⑵小球运动到最低点C时，圆轨道对小球的支持力．‎ ‎【答案】(1)R (2) 3mg ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得：mg=2Eq 设小球到B点的最小速度为VB，则由牛顿第二定律可得：‎ mg-Eq=m；‎ 对AB过程由动能定理可得：‎ mg（h-2R）-Eq（h-2R）=mVB2；‎ 联立解得：h=R；‎ ‎（2）对AC过程由动能定理可得：‎ mgh-Eqh=mvc2；‎ 由牛顿第二定律可得：‎ F+Eq-mg=m 联立解得：F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg．‎ 考点：牛顿定律及动能定理．‎ ‎15.如图所示，两平行光滑金属导轨与水平面的夹角为30°，导轨一端接有电源，电源电动势为，内阻为Ω，导轨宽度为，导轨间横跨一根电阻为Ω的导体棒，棒的质量为，棒系在轻绳的一端，另一端绕过定滑轮悬挂一个质量为的物块，匀强磁场垂直于导轨所在平面向下，已知导轨电阻可忽略不计，滑轮左侧轻绳与导轨平行，重力加速度。‎ ‎（1）若释放导体棒后，棒保持静止状态，则磁感应强度B为多大?‎ ‎（2）若磁感应强度，则释放导体棒瞬间，轻绳的拉力为多大?‎ ‎【答案】（1）2T；（2）2.4N。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设轻绳的拉力为T，对M分析，根据平衡条件有 ‎=30N 对导体棒分析，由左手定则可知，安培力方向沿导轨向下，根据平衡条件有 根据闭合电路欧姆定律得 联立解得B=2T ‎（2）若磁感应强度，安培力减小，则M竖直向下加速，导体棒沿导轨向上加速，设加速度为a，轻绳的拉力为 对M，根据牛顿第二定律有 对导体棒，根据牛顿第二定律有 联立解得：2.4N ‎16.如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求 ‎（1）带电粒子的比荷；‎ ‎（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．‎ ‎【答案】（1） （2）或 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：‎ 根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：‎ 粒子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：‎ 联立方程得：‎ ‎（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度 粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度 粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则 解得：‎ 或