2019-2020年高二物理上学期期末试题（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期期末试题（含解析）一、单项选择题：本题包括6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。1以下符合物理学史的是 A法拉第发现了电流的周围存在磁场B. 法拉第通过实验总结出了电磁感应定律C安培总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律D. 安培发现了电流的周围存在磁场【答案】B【解析】AD、奥斯特发现了电流的周围存在磁场，故A错误D错误；B、法拉第通过实验总结出了电磁感应定律，故B正确；C、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故C错误。故选B。【考点】物理学史2如图所示，倾斜导轨宽为L，与水平面成角，处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属杆ab水平放在导轨上当回路电流强度为I时，金属杆ab所受安培力FABC安培力的方向垂直ab杆沿斜面向上D安培力的方向垂直ab杆水平向右【答案】D【解析】AB、由于ab棒与磁场垂直，所以导体棒ab受到安培力的大小为F=BIL，故AB都错误；CD、导体棒中电流方向为：ba，由左手定则判断可知：导体棒ab受到安培力的方向为垂直于杆方向水平向右，故C错误D正确。故选D。【考点】左手定则；安培力3如图，P和Q为带电量分别为+q和-q的两个等量异种电荷，两者相距为L，O为PQ连线的中点，M、N为中垂线上关于O点对称的两个点，则A M、O、N三点的场强都相等BM、N 两点的场强大小相等，方向相同CO点的场强为零DM、O、N三点的电势大小关系为MNO【答案】B【解析】常见电场的电场线中，等量异种电荷的电场线特点如图，ABC、由等量异种电荷的电场线的特点图，可知：M、0、N三点的场强方向都水平向右，O点的场强最大，MN两点的场强大小相等，故AC错误B正确；D、中垂线MN是一条等势线，故M、0、N三点的电势相等，故D错误。故选B。【考点】电势；电场强度4如图所示，长为a、宽为b的矩形线圈，电阻为r，处在磁感应强度为B的匀强磁场边缘，磁场方向垂直于纸面向外，线圈与磁感线垂直。用力F将线圈向右以速度v匀速拉出磁场的过程中A线圈中感应电流大小为 B安培力做的功等于FbC线圈中感应电流方向为逆时针 D线圈所受安培力逐渐减小【答案】C【解析】A、线圈产生的感应电动势的大小为，感应电流大小为，故A错误B、线圈匀速拉出时，拉力等于安培力，则知安培力大小为F，由于安培力方向与F的方向相反，因而安培力做负功，所以安培力做的功为-Fa，故B错误；C、线圈穿出磁场时磁通量减小，根据楞次定律可知：线圈中感应电流方向为逆时针，故C正确；D、线圈所受安培力大小为，可知安培力不变，故D错误。故选C。【考点】安培力；楞次定律；法拉第电磁感应定律5.如图所示，当平行板电容器C充电后把电键S断开设电容器电压为U，电量为Q现只将电容器两板的正对面积减小，则A.Q变大 B.Q变小 C.U变大D.U变小【答案】C【解析】根据可知，正对面积减小，则电容减小，电容与电源断开，则电荷量Q不变，根据知，电势差U增大，故C正确。故选C。【考点】电容器的动态分析6一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受的重力，则A粒子带正电 BA点的场强小于B点的场强C粒子的加速度逐渐增加 D粒子的速度不断减小【答案】D【解析】A、由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在A点电场力沿电场线向左，电场的方向向右，电场力的方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；BC、根据电场线的疏密可知，A的电场强度大B点的电场强度，所以粒子在A点的电场力大B点的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度大B点的加速度，即粒子的加速度逐渐减小，故BC错误；D、不计粒子所受的重力，只有电场力做功，又粒子从A到B电场力做负功，所以动能减小，即速度不断减小，故D正确。故选D。【考点】电场线；牛顿第二定律；电场强度二、双项选择题：本题包括6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求。全选对得4分，只选1个且正确得2分，有选错或不答的得0分。7如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时A电压表的读数增大 BR1消耗的功率增大C电容器C的电容增大 D电容器C所带电量增多【答案】AD【解析】A、当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大，故A正确；B、干路电流减小，R1消耗的功率减小，故B错误；C、电容器的电容与R2无关，故C错误；D、电容器的电压U=E-I（R1+r），I减小，其他量不变，则U增大，由Q=CU知，电容器C所带电量增多，故D正确。故选AD。【考点】闭合电路的欧姆定律8.如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞人一正方形的匀强磁场区，磁场方向垂直于纸面向里，对从ab边离开磁场的电子，下列判断正确的是A.从a点离开的电子速度最小B.从a点离开的电子在磁场中运动时间最短C.从b点离开的电子运动半径最小D.从b点离开的电子运动半径最大【答案】BC【解析】ACD、对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，从b点离开的电子运动半径最小，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大，故AD错误C正确；B、从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据，与粒子的速度无关，知越小，运行的时间越短，故从a点离开的电子在磁场中运动时间最短，故B正确。故选BC。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力9如图（甲）所示，AB是电场中的一条直线。电子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿AB运动到B点，其图象如图（乙）所示，关于A、B两点的电场强度、和电势的关系，下列判断正确的是A BC D【答案】AC【解析】AB、由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确B错误；CD、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故，电子带负电，由可知，A点的电势要大于B点电势即AB，故C正确D错误。故选AC。【考点】电势；电场强度10. 如图，足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，匀强磁场垂直导轨所在的平面，金属棒ab与导轨垂直且接触良好.ab由静止释放后A. 速度一直增大 B. 加速度一直保持不变C. 电流方向沿棒由a向b D. 安培力的最大值与其重力等大【答案】CD【解析】A、金属棒受到重力和安培力作用，随着速度的增大，安培力逐渐增大，安培力先小于重力，后等于重力，速度先增大后不变，故A错误；B、根据牛顿第二定律得知，加速度先减小后为零，故B错误；C、由右手定则判断可知，感应电流方向沿棒由a向b故C正确；D、安培力随着速度的增大而增大，当速度最大时，安培力也最大，此时棒做匀速运动，安培力的最大值与其重力等大，故D正确。故选CD。【考点】力的合成与分解；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律11如图所示，带电粒子从A开始沿虚线穿过竖直放置的平行板电容器，电容器左极板带正电，则粒子A带负电 B做加速运动 C机械能增加 D电势能增大【答案】AD【解析】A、粒子做直线运动，合力方向与速度方向必定在同一直线上，则可判断出电场力的方向水平向左，而电场方向水平向右，所以粒子带负电，故A正确；B、由于合力的方向与速度方向相反，电场力与重力均是恒力，合力也是恒力，则粒子做匀减速运动，故B错误；CD、电场力做负功，所以根据功能关系得知，粒子的机械能减小，电势能增加，故C错误D正确。故选AD。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动12目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷，在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是A.A板带正电 B.有电流从B经用电器流向AC.金属板A、B间的电场方向向下D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力【答案】BD【解析】A、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电，故A错误；B、因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为B经用电器流向A，故B正确；C、因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上，故C错误；D、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D正确。故选BD。【考点】带电粒子在混合场中的运动三、非选择题：本大题共4小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13（1）(8分)一同学想要测定一根金属丝的电阻率。使用的器材有：金属丝Rx，螺旋测微器、多用电表、电流表、电压表、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干。他先用多用电表的欧姆挡“1”挡粗测金属丝的阻值，在正确操作的情况下，表盘指针如图甲所示，可读得金属丝的阻值Rx= 。螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，金属丝的直径是_ _mm；根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图（丙）的A、B、C、D四个电路中选择_ _电路来测量金属丝电阻；连接电路，闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，测得多组电压、电流值，并根据数据在UI坐标中描点连线，如图（丁）所示。从图象可以发现，逐渐调高金属丝两端电压，它的阻值随之_（填“变大”、“不变”或“变小”）.【答案】6.0 0.608 D 变大【解析】（1）由图示欧姆表可知，其示数为61=6；（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为10.80.01mm=0.108mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.108mm=0.608mm；（3）为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电阻丝阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，故选D所示电路；（4）由图示图象可知，随电压增大，电流增大，电压与电流比值变大，电阻变大。【考点】测定金属的电阻率（2）(10分)小明设计了如图甲所示的电路来测未知电阻、电池的电动势E和内阻r。闭合开关S，调节电阻箱的阻值如图丙所示时，电压表和的示数分别为1.0V、4.0V，此时电阻箱的阻值R= ，待测电阻的阻值= ，与待测电阻的真实值比较， (填“大于”、“等于”或“小于”)。改变电阻箱的阻值，读出电压表的示数，取得多组数据，作出路端电压与外电阻的关系图线如图丁所示。由图线求得电池的电动势E= V，内电阻r= 。（取2位有效数字）【答案】R= 21.0 大于 E=10V r= 42【解析】由电阻箱图示可知，电阻为：；串联电路各处的电流相等，且U=4V，Rx两端的电压Ux=1V，则：，即解得：；考虑电池的内阻时有：所以有：，故待测电阻的真实值比较真实值偏大；当路端电压为0时，电压表V的示数即为电源的电动势，即U=10V；当时，即：，因为串联电路各处的电流相等，所以，解得：r42。【考点】测定电源的电动势和内阻14（12分）如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。金属板右下方以MN、PQ为上下边界，MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d，MN与下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线。一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力。（1）已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小和方向；（2）若撤去板间磁场B0，已知离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成角，求A点离下极板的高度；（3）在（2）的情形中，为了使离子进入磁场运动后从边界MP的P点射出，磁场的磁感应强度B应为多大？【答案】场强的方向竖直向下 【解析】（1）设板间的电场强度为E，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛仑兹力平衡，有解得由左手定则可判断出洛仑兹力方向竖直向上，所以电场力的方向竖直向下，故场强的方向竖直向下。（2）设A点离下极板的高度为h，离子射出电场时的速度为v，根据动能定理，得离子在电场中做类平抛运动，水平分方向做匀速运动，有，解得（3）设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，得由几何关系得，解得【考点】牛顿第二定律；动能定理；共点力平衡15.( 11分）如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距L = 0.5m，上端连接R=0.5的电阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角=300，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离s = 1Om，磁感应强 度B-t图如图乙所示.长为L且质量为m= 0.5kg的金属棒ab的电阻不计，垂直导 轨放置于距离磁场上边界d = 2.5m处，在t= O时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良 好，滑至导轨底端被环卡住不动.g取10m/s2，求：(1)棒运动到磁场上边界的时间；(2)棒进人磁场时受到的安培力；(3)在0-5s时间内电路中产生的焦耳热.【答案】 【解析】（1）棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律得：得：由运动学公式：得：（2）棒刚进磁场时的速度由法拉第电磁感应定律：而得：（3）因为，所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为：由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化，且由法拉第电磁感应定律：所以在0-5s时间内电路中产生的焦耳热为：而，所以。【考点】牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律16.（11分）如图所示的平面直角坐标系中，虚线OM与x轴成450角，在OM与x轴之间（包括x轴）存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在y轴与OM之间存在竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，有一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以某速度沿x轴正方向从O点射入磁场区域并发生偏转，不计带电粒子的重力和空气阻力，在带电粒子进入磁场到第二次离开电场的过程中，求（1）若带电粒子从O点以速度V1进入磁场区域，求带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离？（2）当粒子最初进入磁场时速度V的大小变化时，讨论粒子第二次离开电场时速度大小与V大小的关系。【答案】若，；若，。【解析】（1）带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得得轨迹半径设粒子从N点离开磁场，如图，由几何知识知，；（2）带电粒子进入电场时做类平抛运动，第二次离开电场时恰好经过O点，画出轨迹，则水平位移竖直位移而联立得：讨论：若，则粒子从y轴离开电场，水平位移为，得离开电场时竖直分速度带电粒子离开电场时速度大小为；若，则粒子从OM边界离开电场，粒子在x、y两个方向的分位移相等；、则得所以粒子离开电场时速度大小为。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动揭阳第一中学xx学年度第一学期高二级期末考试物理科参考答案一、单项选择题（24分）题号 123456答案BDBCCD二、双项选择题（24分）题号789101112答案ADB CA CC DADB D三、非选择题（52分）13（1）6.0 0.608 D 变大（2）R= 21.0 大于 E=10V r= 4214（12分）（1）设板间的电场强度为E，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛仑兹力平衡，有解得由左手定则可判断出洛仑兹力方向竖直向上，所以电场力的方向竖直向下，故场强的方向竖直向下。（2）设A点离下极板的高度为h，离子射出电场时的速度为v，根据动能定理，得离子在电场中做类平抛运动，水平分方向做匀速运动，有，解得（3）设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，得由几何关系得，解得15.( 11分）（1）棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律得：得：由运动学公式：得：（2）棒刚进磁场时的速度由法拉第电磁感应定律：而得：（3）因为，所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为：由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化，且由法拉第电磁感应定律：所以在0-5s时间内电路中产生的焦耳热为：而，所以。16.（11分）（1）带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得得轨迹半径设粒子从N点离开磁场，如图，由几何知识知，；（2）带电粒子进入电场时做类平抛运动，第二次离开电场时恰好经过O点，画出轨迹，则水平位移竖直位移而联立得：讨论：若，则粒子从y轴离开电场，水平位移为，得离开电场时竖直分速度带电粒子离开电场时速度大小为；若，则粒子从OM边界离开电场，粒子在x、y两个方向的分位移相等；、则得所以粒子离开电场时速度大小为。