2018-2019学年湖北省襄阳市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年湖北省襄阳市高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年湖北省襄阳市高二（上）期末物理试卷 一、选择题 ‎1.关于磁场的磁感线，下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁感应强度较大的地方磁感线一定较稀疏 B. 沿磁感场线方向，磁感应强度一定越来越小 C. 磁感线一定与通电长直导线所受安培力垂直 D. 磁感线一定是带电粒子在磁场中运动的轨迹 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方磁场越强，越疏的地方，磁场越弱。故A错误；‎ B项：匀强磁场中各处的磁感应强度都是相同的，与磁场方向无关。故B错误。‎ C项：根据左手定则知磁感应强度的方向一定与通电导线所受安培力方向垂直，但不一定与直导线方向垂直，故C正确；‎ D项：根据左手定则知带电粒子受洛伦兹力一定与磁场垂直，运动轨迹与磁感线方向没有确定关系，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎2. 如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法中正确的是 A. 总是顺时针 B. 总是逆时针 C. 先顺时针后逆时针 D. 先逆时针后顺时针 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由楞次定律可以判断出感应电流的方向．‎ 解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键．‎ ‎3.如图所示，两等量同种点电荷的电量均为+Q，直线AO为两等量正电荷连续的中垂线，O点为垂足，A点为中垂线上的点，B点为两电荷连续上的点。电子具有某一方向上的初速度。下列说法正确的是（ ）‎ A. 若电子从A点运动到O点，电子加速度一定减小 B. 若电子从A点运动到O点，电子电势能一定减小 C. 若电子从O点运动到B点，电子的动能一定减小 D. 若电子的初速度与OA垂直，电子的动能一定增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→a，电子从a点到O点运动的过程中，电场力方向a→O，故加速度向下，与速度同向，故速度越来越大；但电场线的疏密情况不确定，O点上方的电场强度最大点位置不确定，故电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断。故A错误；‎ B项：若电子从A点运动到O点，电势升高，电子电势能减小，故B正确；‎ C项：若电子从O点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故C错误；‎ D项：若电子的初速度与OA垂直，电子的动能可能增大，也可能先减小后增大，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎4.如图所示电路，电源内阻不能忽略。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右滑动后，电压表V1、V2示数变化量的绝对值为△U1、△U2，电流表示数变化量的绝对值为△I．下列判断正确的是（ ）‎ A. 电流表A示数增大 B. 电压表V2示数减小 C. △U1小于△U2‎ D. 的数值减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：当滑动变阻器的滑片P向右滑动后，电阻增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知总电流减小，A示数减小，故A错误；‎ B项：电压表V1测量R1的电压U1＝IR1减小，V2测量R2和R3的电压U2＝E﹣U1﹣Ir，增大，故电压表V2示数增大，故B错误；‎ C项：根据闭合电路欧姆定律知，△U1+△U内＝△U2，故△U1小于△U2，故C正确；‎ D项：保持不变，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎5.如图所示，两个带电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2的小球，以等长的丝线悬挂于一点，下列情况正确的是（ ）‎ A. 若m1＝m2，q1≠q2，则а＝β B. 若m1＝m2，q1＞q2，则а＞β C. 若m1＝m2，q1＜q2，则а＜β D. 若m1≠m2，q1＝q2，则а＝β ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】m1、m2受力如图所示，‎ 由平衡条件可知，‎ m1g＝Fcotβ，m2g＝F′cotα 因F=，则 ‎ 可见，若m1＞m2，则α＞β；若m1＝m2，则α＝β；若m1＜m2，则α＜β．α、β的关系与两电荷所带电量无关。故A 正确，BCD均错误。‎ 故选：A。‎ ‎6.如图所示，圆形磁场区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，PQ为圆形磁场的直径，O为圆心磁场的圆心，OA为圆形磁场的水平半径，圆心磁场的半径为R，处于磁场边界P点的粒子源不断沿各个方向将速率v0的同种带电粒子垂直磁场方向射入磁场。当磁感应强度为B＝B0时，PQ左侧圆弧恰全部有带电粒子射出，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子一定带负电 B. 粒子出磁场时速度方向一定垂直PQ C. 粒子的比荷为 D. 若B＝2B0，PA圆弧上均有粒子射出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故由粒子射出磁场边界恰好占整个边界的一半可得：粒子运动轨迹的轨道半径为R；‎ A项：由左手定则知粒子带正电，故A错误；‎ B项：由粒子做匀速圆周运动，轨道半径为R，根据几何关系可得：粒子离开磁场时的径向平行于PQ，故粒子离开磁场时速度方向垂直PQ连线，故B正确；‎ C项：根据洛伦兹力做向心力可得：故粒子的比荷，故C错误；‎ D项：若B＝2B0，粒子运动轨迹的轨道半径为，改变初速度方向，粒子从PA圆弧射出，最远从如图的M点射出，‎ PM＝R，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎7.在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度。其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中电流强度沿x轴正方向，大小为I。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间电压为U，则 A. 金属导体的前侧面电势较低 B. 金属导体的电阻为 ‎ C. 自由电子定向移动的速度大小为 D. 磁感应强度的大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 根据左手定则（注意电子带负电）可知电子打在前侧面，即前侧面带负电，电势较低，A正确；电流方向为从左向右，而题中U表示的是导体前后两个侧面的电压，故导体的电阻不等于，B错误；在t时间内通过的电荷量为，又，解得①，C错误；因为当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差。因而可得②，联立①②可得，D正确．‎ ‎【点睛】电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小．‎ ‎8.如图所示，质量为m长为L的金属棒MN两端用等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ=600，则下列说法正确的是 A. 电流由N流向M B. 悬线与竖直方向夹角为θ=600时，金属棒处于平衡态 C. 悬线与竖直方向成θ=300时，金属棒的速率最大 D. 恒定电流大小为 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据左手定则可知电流的方向由M流向N，故A错误；悬线与竖直方向夹角为θ=60°时，金属棒速率为零，并非处于平衡状态，故B错误；导体棒在0-600角的范围内摆动，由运动的对称性可知悬线与竖直方向的夹角为θ=30°时金属棒的速率最大，故C正确；在θ=30°时，导体棒处于平衡状态，则对金属棒进行受力分析可知，，解得，故D错误；故选C.‎ 点睛：对金属棒进行受力分析、利用对称性原则判断出速度最大的位置，根据安培力公式分析即可正确解题．‎ ‎9.空中存在水平向左的匀强电场，一带正电小球在空中某点以初速度v0水平向右抛出，小球落到水平地面上的速率为v0，若小球受到的电场力大小等于小球的重力。下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球落地时速度方向一定与地面垂直 B. 小球下落过程，电势能先增大后减小 C. 小球下落过程，动能先增大后减小 D. 小球下落过程，机械能一直减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：小球在水平方向受到电场力，在电场力作用下做减速运动，减速时的加速度大小为 ‎ ‎ 竖直方向做加速运动，加速度大小为g 设经历时间t落地，故落地时水平方向速度为vx＝v0﹣gt 竖直方向的速度为vy＝gt 落地时速度，解得：故落地时水平方向速度为0，只有竖直方向的速度，故小球落地时速度方向一定与地面垂直，故A正确；‎ B项：小球下落过程中，电场力一直做负功，故小球的电势能一直增大，故B错误；‎ C项：小球在水平方向上，做减速运动，电场力做负功，竖直方向重力做正功，做初速度为零的匀加速运动，在开始阶段克服电场力做功要大于重力做功，故动能减小，随后克服电场力做功小于重力做功，故动能增加，故小球下落过程，动能先减小后增大，故C错误；‎ D项：在下落过程中，由于电场力一直做负功，故小球的机械能一直减小，故D正确 故选：AD。‎ ‎10.半径为r和2r的同心圆形轨道固定在同一水平面内，一长为r，电阻为R的均匀直导体棒AB置于圆轨道上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。以下说法正确的是（ ）‎ A. 金属棒中电流从A流向B B. 金属棒两端电压为Bωr2‎ C. 电容器的M板带负电 D. 电容器所带电荷量为CBωr2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感时，产生的感应电流应该是从B向A，故A错误；‎ B项：据E＝BLv以及v＝rω可得切割磁感线时产生的电动势 E＝BLv＝Br ，切割磁感线的导体相当于电源，则AB 两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知，UAB＝，故B正确；‎ C项：切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A，故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M板带正电，故C错误；‎ D项：由B分析知，AB两端的电压为，则电容器两端的电压也为，所以电容器所带电荷量Q＝CU＝，故D正确。‎ 故选：BD。‎ 二、解答题 ‎11. （18分）（2012·广东理综物理）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。‎ ‎①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图15（a）和图15（b）所示，长度为_____cm，直径为_____mm。‎ ‎②按图15（c）链接电路后，实验操作如下：‎ ‎（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最_____处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；‎ ‎（b）将电阻箱R2的阻值调至最______（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；‎ ‎③由此可知，圆柱体的电阻为_____Ω。‎ ‎【答案】①5.01 5.315 ②（a）大 （b）大 ③1280‎ ‎【解析】‎ ‎①根据游标卡尺读数规则，主尺读数为5cm，游标尺读数为0.05×3mm，长度为5.015cm，根据螺旋测微器的读数规则，主尺读数为5mm，可动刻度为31.0×0.01mm，所以直径为5.310mm。‎ ‎②(a)为了保护电路，因此闭合电键前，滑动变阻器一定调到阻值最大；‎ ‎(b) 将固柱体电阻换成电阻箱时，也一定将电阻箱调到最大，也是为了保护电路安全；‎ ‎③此题采用等效替代法测量电阻，圆柱体的电阻等于电阻箱R2的阻值为1280Ω。‎ 点晴：首先应明确实验原理，本实验中测量电阻所采取的方法是替代法。‎ ‎12.为测定干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：‎ A.完全相同的干电池2节，每节干电池的电动势为1.5V左右，内阻较小 B.电流表A1(量程为0.6A，内阻约0.5Ω)‎ C.滑动变阻器R3(0～10Ω，10A)‎ D.滑动变阻器R4(0～100Ω，1A)‎ E.电流表G(量程为3.0mA，Rg=10Ω)‎ F.定值电阻R1=990Ω G.定值电阻R2=90Ω H.定值电阻R0=3.0Ω I.开关S和导线若干 ‎(1)由于两节干电池的内阻较小，现将定值电阻R0=3.0Ω与两节干电池串联后作为一个整体进行制量，在进行实验时，滑动变阻器应选用其中的_____，定值电阻F和G应选用其中的_____.（填写实验器材前的字母)‎ ‎（2)在如图甲所示的虚线框中补充完整本实验电路的原理图.________‎ ‎（3)根据实验测得的数据作出I2-I1图线，如圈乙所示，其中I2为通过电流表G的电流，I1为通过电流表A1的电流。根据该图线可知每节干电池的电动势为______V，内阻为____Ω.‎ ‎【答案】 (1). 略 (2). C (3). F (4). (5). 1.5‎ ‎【解析】‎ ‎(1)电源为两节干电池，则电动势为3V较小，电源的内阻较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选C．上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表；改装后电压应约大于等于3V，则根据串联电路规律可知，应串联的电阻；故选F；‎ ‎(2)用改装后的电压表测量电压值，用电流表A与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示；‎ ‎(3)根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（900+100）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势为E=3.0×10-3×1000V=3V，则一节干电池的电动势为1.5V；与横轴的交点可得出路端电压为2.0V时电流是0.2A，由闭合电路欧姆定律E=U+I(r+R0)可得,电源内阻;故内阻r=5-3=2.0Ω；一节干电池的内阻为1.0Ω.‎ ‎【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意当器材中没有电压表时，应考虑将电流表与定值电阻串联代替电压表；涉及到用图象求解的问题，应先根据物理规律解出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，然后再根据截距和斜率的概念求解即可．‎ ‎13.如图所示，用一根长为l的绝缘细线悬挂一个带电小球，小球质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角θ．重力加速度为g。求：‎ ‎（1）该匀强电场的场强E大小；‎ ‎（2）若将电场撤去，小球到达最低点时细线的拉力为多大？‎ ‎【答案】）(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 小球受到重力、电场力和细线的拉力，受力分析如图所示 由平衡条件得：mgtanθ＝qE 解得： ；‎ ‎(2) 若将电场瞬间撒去，小球由静止到最低点的过程，根据动能定理有：‎ mgl（1﹣cosθ） ‎ 小球在最低点时，根据圆周运动的知识有：‎ ‎ ‎ 联立解得：F＝mg（3﹣2cosθ）。‎ ‎14.一个圆形线圈，共有n=10匝，其总电阻r=4.0Ω，线圈与阻值R0=16Ω，的外电阻连成闭合回路，如图甲所示．线圈内部存在着一个边长l=0.20m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T=1.0×10-2s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向．求：‎ ‎（1）t=时刻，电阻R0上的电流大小和方向； ‎ ‎（2）0~ ，时间内，流过电阻R0的电量；‎ ‎（3）一个周期内电阻R0的发热量。‎ ‎【答案】（1）I1=0.4A 电流方向b到a ‎ ‎（2）C ‎ ‎（3）J ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）0 ~T/4内，感应电动势大小 可得E1=8V ‎ 电流大小 可得I1=0.4A ‎ 电流方向b到a ‎ ‎（2）同（1）可得T/4~ T/2内，感应电流大小I2=0.2A ‎ 流过电路的电量 ‎ 得C ‎ ‎（3） ‎ 得J ‎ 点睛：本题难度较小，当磁场均匀变化时产生的感应电动势或感应电流恒定不变，根据有效值的定义求解热量.‎ ‎15.如图所示，在圆心为O、半径R=5cm的竖直圆形区域内，有一个方向垂直于圆形区域向外的匀强磁场，竖直平行放置的金属板连接在图示电路中，电源电动势E=220V、内阻r=5，定值电阻的阻值R1=16，滑动变阻器R2的最大阻值Rmax=199；两金属板上的小孔S1、S2与圆心O在垂直于极板的同一直线上，现有比荷的带正电粒子由小孔S1进入电场加速后，从小孔S2射出，然后垂直进入磁场并从磁场中射出，滑动变阻器滑片P的位置不同，粒子在磁场中运动的时间也不同，当理想电压表的示数U=100V时，粒子从圆形区域的最低点竖直向下穿出磁场，不计粒子重力和粒子在小孔S1处的初速度，取tan68.2°=2.5，求：‎ ‎(1)U=100V时，粒子从小孔S2穿出时的速度大小v0；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(3)粒子在磁场中运动的最长时间t。(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】（1）8×103m/s（2）0.5T（3）1.5×10-5s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在电场中加速，由动能定理即可求出穿出时的速度大小；（2）粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系求出半径，再根据牛顿第二定律即可求出磁感应强度；（3）‎ 根据闭合电路的欧姆定律、动能定理、牛顿第二定律和几何关系即可求出粒子在磁场中运动的最长时间。‎ ‎【详解】（1）对粒子在电场中的运动过程中，由动能定理有：‎ 解得：‎ ‎（2）粒子从圆形区域的最低点竖直向下穿出磁场，则粒子在磁场中的速度方向偏转了，粒子在磁场中做圆周运动的径迹如图甲所示：‎ 由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为：‎ 由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ ‎（3）两金属板间的电压越小，粒子经电场加速后的速度越小，粒子在磁场中做圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片在变阻器的左端时，粒子在磁场中运动的时间最长，由闭合电路的欧姆定律有：‎ 两金属板间的最小电压为 设粒子加速后的速度大小为v，由动能定理有：‎ 设粒子做圆周运动的半径为，由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 粒子进入磁场后的径迹如图乙所示：‎ 为径迹圆的圆心，由几何关系有：‎ 解得：‎ 故，其中 解得：‎ ‎【点睛】分析粒子的运动情况是求解的关键和基础，考查综合应用电路、磁场和几何知识，处理带电粒子在复合场中运动问题的能力，综合性较强．‎ ‎16.真空室中有如图甲所示的裝置，电极K持续发出的电子(初速度不计) 经过加速电场加速后，从小孔0沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线OO′射入偏转电场。极板M、N长度均为L，加速电压，偏转极板右侧有荧光屏(足够大且未画出)。M、N两板间的电压U随时间t变化的图线如图乙所示，其中。调节两板之间的距离d，使得每个电子都能通过偏转极板，已知电子的质量为m、电荷量为e，电子重力不计。‎ ‎(1)求电子通过偏转极板的时间t；‎ ‎(2)求偏转极板之间的最小距离d；‎ ‎(3)当偏转极板间的距离为最小值d时，荧光屏如何放置时电子击中的范围最小? 该范围的长度是多大?‎ ‎【答案】(1)T(2)d≥L(3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据动能定理求出加速后的速度，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，根据运动学方程即可解题；t=0、T、2T…时刻进入偏转电场的电子，竖直方向先加速运动，后作匀速直线运动，射出电场时沿垂直于竖直方向偏移的距离y最大，根据运动学公式即可求解；先求出不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度，再求出电子速度偏转角，从而求出侧移距离的最大值与最小值之差，即可求解。‎ ‎（1）电子在加速电场中，根据动能定理有：‎ 电子在偏转电场中，水平方向：‎ 解得：t=T ‎（2）t=0、T、2T…时刻进入偏转电场的电子，竖直方向先加速运动，后作匀速直线运动，射出电场时沿竖直方向偏移的距离y最大。‎ 竖直方向加速有：     ‎ 竖直方向匀速运动有：     ‎ 电子能出偏转极板有：    ‎ 联立以上解得：d≥L ‎ ‎（3）对满足（2）问条件下任意确定的d，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度均为：   ‎ 电子速度偏转角的正切值均为：，即可得：‎ 电子射出偏转电场时的偏转角度相同，即电场出偏转电场时速度的大小和方向均相同不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同，侧移距离的最大值与最小值之差：即   ‎ 若荧光屏与电子出偏转极板后的速度垂直，则电子击中荧光屏的范围最小，该最小范围为 ‎   ‎ 联立解得   ‎ 故该范围长度为～‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在电场中加速和偏转问题，注意带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律，在水平和竖直方向上列方程即可解题。‎ ‎ ‎