2019年高二物理上学期期末考试试题(含解析) (III).doc

2019年高二物理上学期期末考试试题(含解析) (III)一.选择题1.下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是A. 图甲用磁铁靠近轻质铝环A，A会靠近磁铁B. 图乙断开开关S，触点C不立即断开C. 图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数D. 图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快【答案】B【解析】【详解】A. 图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，根据楞次定律可知，A将远离磁铁，故A错误；B. 图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触电C不立即断开，故B正确；C. 图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故C错误；D. 当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘转动受到阻碍。因此铜盘将转慢，故D错误。故选：B.2.xx12月29日0时04分，我国在西昌卫星发射中心成功发射高分四号卫星至此我国航天发射“十二五”任务圆满收官高分四号卫星是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道卫星，它的发射和应用将显著提升我国对地遥感观测能力，该卫星在轨道正常运行时，下列说法正确的是( )A. 卫星的轨道半径可以近似等于地球半径B. 卫星的向心加速度一定小于地球表面的重力加速度C. 卫星的线速度一定大于第一宇宙速度D. 卫星的运行周期一定大于月球绕地球运动的周期【答案】B【解析】【详解】同步卫星轨道半径大于地球的半径，故A错误。根据知，卫星的加速度，地球表面的重力加速度，由于rR，则卫星的向心加速度一定小于地球表面的重力加速度。故B正确。根据知，由于卫星的轨道半径大于地球的半径，则卫星的线速度一定小于第一宇宙速度，故C错误。同步卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，根据知，同步卫星的周期小于月球的周期，故D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系3.如图所示电路中，A、B为完全相同的两个灯泡，L是一直流电阻可忽略的电感线圈，a、b为线圈的左右两端点，下列说法正确的是A. 合上开关S，A先亮，B后亮，最后一样亮B. 断开开关S，a点电势高于b点，B灯缓慢熄灭C. 断开开关S，a点电势高于b点，B灯立即熄灭D. 断开开关S，a点电势低于b点，B灯缓慢熄灭【答案】D【解析】合上开关S，B先亮，由于线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增加，则A后亮，最后一样亮，选项A错误；开关闭合稳定时，两个灯泡亮度相同，则流过A的电流等于流过B的电流，开关由闭合到断开瞬间，B灯原来的电流瞬间消失，而线圈产生自感电动势阻碍A灯中电流减小，并与AB组成回路，原来两支路电流相等，则开关断开瞬间，电流都从原来A的值开始减小，所以两灯均过一会儿才熄灭。由于电流的方向与B的原电流的方向相反，则流过两个灯的电流的方向为逆时针方向，b点电势高于a点，则选项BC错误，D正确；故选D。点睛：开关由闭合到断开瞬间，B灯原来电流立即消失，而线圈产生自感电动势与AB组成回路，由于阻碍作用使电流逐渐减小.4.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置其核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连则下列说法正确的是A. 带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关B. 带电粒子从磁场中获得能量C. 带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关D. 带电粒子做圆周运动的周期随半径增大【答案】A【解析】【详解】粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m得，最大速度：，则最大动能：Ekm=mv2=，知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故A正确，C错误；磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，粒子从电场中获得能量。故B错误；根据：qvB=mv，其中：=，联立解得：，故周期与半径的大小无关，不变，故D错误；故选A。【点睛】解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大。以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。5.如图所示的温控电路中，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器，电源内阻不可忽略。当环境温度降低时下列说法正确的是A. 电容器C的带电量增大B. 电压表的读数减小C. 干路电流增大D. R1消耗的功率变大【答案】A【解析】【详解】C、当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小故C错误。A、电容器的电压UC=E-I（r+R1），E、r、R1均不变，I减小，UC增大，由得，电容器C的带电量增大故A正确B、总电流I减小，路端电压U=E-Ir，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大故B错误D、R1消耗的功率P=I2R1，I减小，R1不变，则P减小故D错误。故本题选A。6.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图像中，可能正确描述上述过程的是() A. B. C. D. 【答案】D【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D。视频7.如图所示，一个枕形导体AB原来不带电，将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电荷量为Q，与AB的中心O的距离为R。由于静电感应，在导体AB的两端分别出现感应电荷。当达到静电平衡时A. 导体A端的电势高于B端的电势B. 导体的感应电荷在O点产生的场强为，方向向右C. 导体的中心O的场强为零D. 撤去点电荷Q后，导体带上了正电荷【答案】C【解析】试题分析：当达到静电平衡时，导体是等势体，故导体A端电势等于B端电势，选项A错误；导体内部各点的合场强为零，则导体中心O点的场强为零，故感应电荷在O点的产生场强与点电荷-Q在O点的场强等大反向，大小为，方向向左，选项B错误，C正确；撤去点电荷Q后，导体不带电，选项D错误；故选C.考点：静电感应【名师点睛】此题是关于静电感应问题；关键是知道电场中的导体的性质：当放在电场中的导体达到静电平衡时，导体是等势体，导体表面是等势面，导体内部各点的场强为零，即各点的感应电荷的电场与外界电场都是等大反向的关系.8.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流O为MN的中点，c、O、d在M、N的连线上，a、b位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是A. O点处的磁感应强度为零B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反D. b、d两点处磁感应强度的方向不同【答案】B【解析】【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。【详解】根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向水平向左，N处导线在o点产生的磁场方向水平向左，合成后磁感应强度不等于0，故A错误。M在a处产生的磁场方向垂直于aM偏上，在b出产生的磁场方向垂直bM偏下，N在a处产生的磁场方向垂直于aN偏下，在b处产生的磁场方向垂直于bN偏上，根据平行四边形定则，知a处的磁场方向水平向左，b处的磁场方向水平向左，且合场强大小相等，故B正确。M在c处产生的磁场方向水平向左，在d处产生的磁场方向水平向左，N在d处产生的磁场方向水平向左，在c处产生的磁场方向水平向左，根据场强的叠加知，c、d两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故C错误。b、d两点处磁感应强度的方向均是水平向左，选项D错误；故选B【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。9.如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g10 m/s2)()A. 0 NB. 8 NC. 10 ND. 50 N【答案】B【解析】试题分析:剪断细线前A和B之间没有压力，说明受到重力和弹簧弹力平衡，剪断细线瞬间AB作为一个整体获得瞬时加速度，根据牛顿第二定律对AB；隔离物体，受到重力和支持力，所以正确。考点：本题考查了整体法和隔离法以及牛顿运动定律的瞬时性。10.如图所示是示波管的原理示意图，XX和YY上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将XX和YY分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】示波管的YY偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象。【详解】设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描。在偏转电极YY上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线；由于X方向的电压变化的周期为T0，而Y方向变化的周期为2T0，所以在2T0时间内X方向变化2次，Y方向变化一次。在荧光屏上将出现由两条线组成的图象；由于开始时X方向与Y方向的电压都是0，所以两条线在坐标原点交叉。故D正确，ABC错误，故选D。【点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，注意两极所加电势差的正负。11.如图，通电导体棒质量为m，置于倾角为的导轨上，导轨和导体棒之间不光滑，有电流时杆静止在导轨上，下图是四个侧视图，标出了四种匀强磁场的方向。其中摩擦力可能为零的是A. B. C. D. 【答案】AB【解析】A图中杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力故A正确B图中杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力故B正确C图中杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力故C错误D图中杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力故D错误故选AB点睛：解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力12.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b分别与电池两极相连，开始时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是A. 液滴将加速向下运动B. 液滴将保持不动C. P点电势升高，液滴在P点时电势能减少D. P点电势升高，液滴在P点时电势能增大【答案】BC【解析】A、B、液滴受力平衡，故电场力向上，可知液滴带负电；电容器因断开开关后电量保持不变，b板下移时，两板间的距离增大，则由可知，场强E不变；则粒子受到的电场力不变，故液滴继续保持静止，故A错误、B正确.C、D、下极板接地，则P点的电势等于P与b之间的电势差，因E不变，d增大，故液滴处的电势增大；因液滴带负电，故其电势能将减小，故C正确、D错误。故选BC。【点睛】对于电容器的动态分析问题，关键在于明确电容器是断开电源还是与电源相连；然后再由电容的定义式有决定式进行分析求解13.如图所示，在匀强磁场的上方将一个半径为R、质量为m的导体圆环从静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相同。已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g。下列说法正确的是A. 圆环进入磁场的过程中，圆环的右端电势高B. 圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动C. 圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为D. 圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR【答案】AD【解析】【分析】分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向，由电源部分决定哪端电势高低；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量；根据动能定理求出线框的ab边刚进入磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的功.【详解】圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，由于进入磁场的下部分相当于电源，可知圆环的右端电势高，故A正确；由于圆环刚进入磁场的过程中产生的感应电流不等，安培力不等，故线圈不可能匀速，故B错误；根据，得，故C错误；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2R-W=0，所以W=2mgR故D正确。故选AD。【点睛】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况。14.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时所产生正弦式交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦式交变电流的图象如图线b所示，下列关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是A. 在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为0B. 线圈先后两次转速之比为32C. 交变电流a的峰值为10 VD. 交变电流b的峰值为5 V【答案】BC【解析】【分析】由图读出电压最大值Um，周期T，由周期关系求出转速关系。t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量。【详解】t=0时刻U=0，根据法拉第电感定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大。则A错误。周期之比为2：3，则转速之比为3；2，则B正确；交流电a的峰值为10V，选项C正确；根据Em=BS可知 ，则Emb=V，选项D错误；故选BC.15. 如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为30，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则下列说法正确的是A. 两板间电压的最大值B. CD板上可能被粒子打中区域的长度C. 粒子在磁场中运动的最长时间D. 能打到N板上的粒子的最大动能为【答案】ACD【解析】试题分析：据题，M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以其轨迹圆心在C点，CH=QC=L，故轨迹半径R1=L又由牛顿第二定律得粒子在MN间加速时，有所以联立得，选项A正确；打在QC间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期粒子运动的周期为所以最长时间，选项C正确；设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在AKC中：可得,即KC长等于, 所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，选项B错误；能达到N板上的粒子最大半径为R2，根据，最大动能为：，选项D正确；故选ACD考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，画出粒子的运动轨迹后，由几何关系求轨迹半径和圆心角是关键，要掌握住半径公式、周期公式；当注意当粒子的运动的轨迹恰好与CD板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，对应的到达N板上的粒子的动能最大。二.实验题16.实验小组某次实验中要读取下列数据，(1)用多用电表测量电阻时，选择开关置于”X100”档位,并且已经正确进行了欧姆调零,则该电阻的测量值为_.(2)电流表和电压表测量电流和电压时两表的示数为_A和_V.(3)20分度的游标卡尺和千分尺的读数分别为_ mm和_mm.【答案】 (1). (1)2.2103 (2). (2)0.42 (3). 2.232.27 (4). (3)3.60 (5). 6.8566.859【解析】【分析】欧姆表读数注意乘以倍率；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游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读【详解】（1）该电阻的测量值为:22100=2.2103.（2）电流表的示数为:0.42A；电压表示数为：2.24V.（3）20分度的游标卡尺读数：3mm+0.05mm12=3.60mm；千分尺的读数为：6.5mm+0.01mm35.8=6.858mm；17.用如图甲所示的电路测定一电池组的电动势与内电阻。（1）用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图_；如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头应移到滑动变阻器_处（填“左端”或“右端”）（2）由图丙可知：该电池组的电动势E_V，内阻r_。（均保留两位有效数字）（3）用上述实验方案测定的误差来源是_造成的（选填“电流表内阻分压”或“电压表内阻分流”） 【答案】 (1). (1) 如图： (2). 左端 (3). (2)4.5 (4). 1.5 (5). (3)电压表内阻分流【解析】【分析】（2）根据滑动变阻器的接法确定滑片的位置（3）根据坐标系中描出的点作出图象；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻根据电路结构确定产生误差的原因.【详解】（1）电路连接如图；在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头应移到滑动变阻器左端处；（2）由图象可知，图象与纵轴交点坐标值是4.5，则电源电动势E=4.5V，电源内阻； （3）用上述实验方案测定的误差来源是电压表内阻分流造成的；【点睛】滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前，滑片应置于阻值最大位置，滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前，滑片应置于分压电路分压最小的位置要掌握应用图象法处理实验数据的方法三、论述计算题18.如图所示,LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道,MN水平且足够长,LM下端与MN相切.质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上,质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放,在A球进入水平轨道之前,由于A、B两球相距较远,相互作用力可认为是零,A球进入水平轨道后,A、B两球间相互作用视为静电作用.带电小球均可视为质点.已知A、B两球始终没有接触.重力加速度为g.求： (1) A球刚进入水平轨道时的速度大小v0； (2)A、B两球相距最近时A球的速度大小v及此时A、B两球组成系统的电势能EP.【答案】（1）（2）；mgh【解析】【分析】（1）由动能定理可以求出A球的速度（2）由动量守恒定律和能量守恒定律可以求出两球系统的电势能【详解】（1）对A球下滑的过程，由动能定理得：2mgh2mv02v0（2）当A球进入水平轨道后，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等，由动量守恒定律可得：2mv0(2m+m)v；由能量守恒定律得：2mgh(2m+m)v2+EpmEpmmgh19.如图所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L=0.5m，框电阻不计，匀强磁场磁感应强度为B=1T，方向与框面垂直，金属棒MN电阻为r=1、质量为m=0.1kg，无初速度地释放，并与框保持良好接触，从释放到达到最大速度的过程中，通过棒某一截面的电荷量为q=2C(空气阻力不计，g取10 m/s2)求：（1）棒的最大速度v;（2）此过程棒下落的高度h;（3）此过程中回路产生的电能E【答案】（1）4m/s（2）4m（3）3.2J【解析】【分析】（1）当金属棒匀速运动时处于平衡状态，此时说道最大，应用平衡条件可以求出最大速度（2）由电流定义式求出通过金属棒横截面的电荷量，可求解下落的高度；（3）应用能量守恒定律可以求出回路产生的电能【详解】（1）金属棒匀速运动时速度最大，金属棒受到的安培力： ，由平衡条件得：mg= ，解得最大速度：；（2）通过金属棒横截面的电荷量：，解得 （3）由能量守恒定律得：mgh=mv2+E，解得：E=3.2J【点睛】解决本题的关键是熟练推导安培力与速度的关系式、感应电荷量与高度的关系式对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等正确解题20.如图所示，在第象限内有水平向右的匀强电场，在第、象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等，有一个带正电的粒子质量为m，带电量为q，以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45角进入磁场，又恰好垂直进入第象限的磁场。已知OP之间的距离为d，求：(1)电场强度E的大小；(2)带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）粒子以垂直于X轴的初速度进入水平方向的匀强电场，做类平抛运动，由进入电场时的速度与y轴正向成45o角则有： 联立解得 （2）由上述式子解得粒子在电场中运动的时间： 粒子进入磁场的速度：由几何知识得粒子在磁场中做圆周运动的半径：.粒子在磁场中运动的时间：.粒子第二次经过X轴时在电场和磁场中运动的总时间：【点睛】对于类平抛运动，采用运动的分解法研究，要抓住两个分运动的等时性对于粒子在磁场中的圆周运动，画轨迹是关键