新疆昌吉市教育共同体2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

新疆昌吉市教育共同体2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

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 ( ) 的 的 FE q = F q F q 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 UR I ＝ UI R = 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】 【详解】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． mvr qB = 1 aR ah h ρ ρ= = 2 bR bh h ρ ρ= = 1:1 1 2 hR a ρ= 2 2 hR b ρ= 2 2 1 2: :R R b a= 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 21 2qU mv= 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 2qUv m = 2vqvB m R = mvR qB = 2 2 2 qB Rm U = 5Vab ab WU q = = − 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 2 B0，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】 【详解】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 2 B0，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 　　 2 2 ( ) A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【详解】（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】 【详解】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 的 1R 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 的 1R 1R 2R 2R 2R 【答案】 (1). (2). B (3). 1.50 (4). 1 【解析】 【详解】(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】 【详解】(1)磁通量的变化量 由法拉第电磁感应定律得 1 2 0.02Wb 0.01Wb 0.01Wb∆Φ = Φ − Φ = − = 0.01100 V 2.5V0.4E n t ∆Φ= = × =∆ (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】 【详解】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＝ 为 2 22.5 600J 375J10 EQ tR = = × = (2 2) Bqd m + (2 2) Bqd m − 1 4 mvR Bq = 2 R (2 2) Bqd m + 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 3 4 mvR Bq ′′ = 2 R′ (2 2) Bqd m − 2A 6 20.5 2.5 EI A AR r = = =+ + 4 1 1.0 10 V/mE = × 5 2 3 10 V/m4E = × 5.0TB = ， ， ，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】 【详解】(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， 1 5.0md = 2 4.0md = 3 10 3md = 8=1.0 10 kgm −× 61.6 10 Cq −= × 4000m/s 35(3.5 ) 10 s6 π −+ × 2 1 1 1 1 2qE d mv= 6 4 1 1 1 8 2 2 1.6 10 1.0 10 5m/s 4000m/s1.0 10 qE dv m − − × × × × ×= = =× 2 2x qEv tm = 2 2 2 x yv v v= + 1tan x v v θ = 8000 3tan 3 θ = 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 2 2 2 vqv B m r = 8 2 6 1.0 10 8000 10m1.6 10 5 mvr qB − − × ×= = =× × 3 3 1 2 5 10 s3 6 mt qB π π −= × = × 3 2 10 st −= 3 1 2.5 10 st −= × 3 1 2 3 5(3.5 ) 10 s6t t t t π −= + + = + ×