2019-2020学年高二物理上学期期末考试试卷(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期期末考试试卷(含解析)一、选择题（每小题4分，共48分。18为单选题，912为多选题。全部答对得4分，部分答对得2分，错选得0分）1. 将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）沿如图所示方向射入磁场，下列说法正确的是A. 正电荷向P板偏转B. 负电荷向P板偏转C. 洛伦兹力对正电荷做正功D. 洛伦兹力对负电荷做正功【答案】A【解析】等离子体射入磁场后，由左手定则知正离子受到向上的洛伦兹力，向A板偏转，负电荷向B板偏转，选项A正确，B错误；洛伦兹力的方向与速度方向垂直，则洛伦兹力不做功，选项CD错误；故选A.点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意四指指正电荷运动的方向；洛伦兹力不做功2. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则 A. t =0.005s时线框的磁通量变化率为零B. t =0.01s时线框平面与中性面重合C. 线框产生的交变电动势有效值为311VD. 线框产生的交变电动势的频率为100Hz【答案】B【解析】由图可知t=0.005s时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以穿过线框回路的磁通量的变化率最大，A错误；t=0.01s时刻感应电动势等于零，穿过线框回路的磁通量最大，此时线框平面与中性面重合，B正确；产生的有效值为：，故C错误；周期为，故频率为，故D错误视频3. 如图所示，电源的电动势为E，内阻忽略不计A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，直流电阻不计关于这个电路的说法中正确的是A. 闭合开关瞬间，A、B同时变亮B. 闭合开关一会后，A、B一样亮C. 开关由闭合至断开，在断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D. 开关由闭合至断开，在断开瞬间，电流自左向右通过A灯【答案】B【解析】闭合开关瞬间，A灯立刻亮，通过线圈的电流增大，线圈产生自感电动势，根据楞次定律感应电动势要阻碍电流的增大，使得通过线圈的电流逐渐增大，所以B灯逐渐变亮，最后一样亮，故B正确，A错误；开关由闭合到断开瞬间，B灯中原来的电流突然消失，线圈中电流减小，产生自感电动势阻碍电流减小，自感电流流过两灯，两灯都过一会熄灭，稳定时两灯中的电流相同，A不会闪亮一下再熄灭，故C 错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过A灯，故D错误。所以B正确，ACD错误。4. 金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，则A. B、D两点的电势相等B. B点的电场强度比D点的大C. 负电荷在C点的电势能小于在A点的电势能D. 正电荷由D点静止释放，只受电场力作用沿电场线运动到B点【答案】C【解析】沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D点电势比B点电势高，故A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，B点的电场强度比D点的小故B错误；沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，C点电势比A点电势高，所以负电荷在C点的电势能低于在A点的电势能 故C正确；正电荷由D点静止释放，受电场力方向沿曲线的切线方向，所以运动的轨迹不会沿电场线的方向故D错误故选C.点睛：该题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低5. 如图所示，两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于一个等边三角形ABC的A和B处，两通电导线在C处的磁场的磁感应强度的值都是B，则C处磁场的总磁感应强度是 A. 2B B. B C. B D. 0【答案】B.根据几何关系知合磁感强度为：，方向水平向右，故B正确，ACD错误。6. 在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中电阻R0为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2.0A则以下判断中正确的是A. 电动机两端的电压为7.0 VB. 电动机的输出功率为14 WC. 电动机的发热功率为4.0 WD. 电源输出的电功率为24 W【答案】A【解析】电动机两端的电压：UM=E-I（r+R0）=12-2（1.0+1.5）=7V，故A正确；电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的总功率为：P总=UMI=72=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=220.5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=14 W-2W=12W，故BC错误；电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=122-221W=20W，故D错误。所以A正确，BCD错误。7. 一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论正确的是A. 此液滴带正电B. 液滴的加速度等于零C. 合外力对液滴做的总功等于零D. 液滴的电势能和动能之和是增加的【答案】D【解析】由题义可知，带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析如图所示，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故A错误；由图可得物体所受合力为：，所以物体的加速度为：，故B错误；由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，所以合外力对物体做正功，总功不为零，故C错误；因液滴的重力做正功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故D正确。所以D正确，ABC错误。8. 如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B. 穿过线圈a的磁通量变小C. 线圈a有扩张的趋势D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大【答案】D【解析】当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，b线圈产生的磁场增强，故穿过线圈a的磁通量变大；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的增大，故a的感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故AB错误；根据楞次定律可知，线圈a应有收缩的趋势，故C错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故D正确。所以D正确，ABC错误。9. 如图所示，理想变压器的输入端接正弦交流电，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开。当K接通时，以下说法中正确的是 A. 副线圈的两端M、N的输出电压减小B. 副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C. 通过灯泡L1的电流减小D. 原线圈中的电流减小【答案】BC【解析】试题分析：因为变压器的输入电压不变，原副线圈匝数比不变，根据公式可得副线圈的两端M、N的输出电压不变，A错误；当K接通时，副线圈中的总电阻减小，而副线圈两端的电压不变，所以副线圈干路电流增大，即R两端的电压增大，所以并联电路两端的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，BCD正确；考点：考查了理想变压器10. 测定压力变化的电容式传感器如图所示，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器连接到如图所示的电路中，当待测压力增大时A. 电容器的电容将增加 B. 电容器的电容将减小C. 电阻R中有从a流向b的电流 D. 电阻R中有从b流向a的电流【答案】AD【解析】当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式：可知，电容C增大，故A正确，B错误；电容板间电压U不变，电容器所带电量为Q=CU，因为C增大，则Q增大，电容器处于充电状态，而A板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，电阻R中有从b流向a的电流，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。11. 如图所示，在长方形abcd区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为ad边的中点，ab = 2ad。由氕核和氘核（重力不计）组成的一细束粒子流沿与ab平行的方向以相同的速度从O点射入磁场中，下列说法正确的是 A. 氕核和氘核在磁场中运动的轨道半径之比为21B. 氕核和氘核在磁场中运动的周期之比为12C. 若氘核从Od边射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为11D. 若氕核从d点射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为11【答案】BD【解析】设ab = 2ad=4L，氕核和氘核的电荷量均为q，质量分别为m、2m，根据牛顿第二定律可得：，解得：，所以氕核和氘核在磁场中运动的轨道半径之比为12，故A错误；根据牛顿第二定律可得：，解得：，又根据：，联立可得：，即氕核在磁场中运动的周期为：，氘核在磁场中运动的周期为：，所以氕核和氘核在磁场中运动的周期之比为12，故B正确；若氘核从Od边射出磁场，则其在磁场中运动的时间：，氕核在磁场中运动的时间，得t1t2 =12，故C错误；若氕核从d点射出磁场，则其在磁场中运动的时间，氘核在磁场中运动的时间，可得t1t2 =11，故D正确。所以BD正确，AC错误。12. 如图所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L。导轨间接有一阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中A. 导体棒的最大速度小于B. 通过电阻的电荷量为C. 导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量D. 重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量【答案】ABD【解析】导体棒匀速运动时速度最大，由于导体棒做加速度减小的变加速运动，加速度小于g，根据功能关系可知最大速度小于故A错误通过电阻R的电量为，故B正确由功能原理可知，导体棒克服安培力做的功等于电阻R与r上产生的热量之和，故C错误；根据动能定理可知，重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量，故D正确故选BD点睛：本题运用功能关系分析实际问题对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量.二、实验题（16分。其中13题8分，14题8分）13. （1）如图所示，分别由图读出千分尺和游标卡尺的读数。 (2)如图是改装后的电表的电路图，认识正确的是_A.（a）图是电流表，使用、两个端点时，量程较大B.（a）图是电流表，使用、两个端点时，量程较大C.（b）图是电压表，使用、两个端点时，量程较大D.（b）图是电压表，使用、两个端点时，量程较大【答案】0.700mm 19.90mm BC【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为：19mm，游标尺上第18个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为150.05mm=0.90mm，所以最终读数为：19mm+0.90mm=19.90mm。螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm。（2）由图示电路图可知，（a）图电流计与分流电阻并联，（a）图是电流表，使用a、c两个端点时分流电阻较大，电流表量程较小，故A错误；使用、两个端点时，分流电阻较小，电流表量程较大，故B正确；由图示电路图可知，（b）图中电流计与分压电阻串联，（b）图是电压表，使用a、c两个端点时，串联分压电阻阻值较大，电压表量程较大，故C正确；使用、两个端点时，串联分压电阻阻值较小，量程较小，故D错误。所以选BC。14. 在“测定电源的电动势和内阻”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(填“A”或“B”)（3）如图是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E_V，内阻r_.【答案】 (1). (2). B (3). 1.5 1.0【解析】试题分析：（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15 V，内阻考点：测定电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查了连接实物电路图的连接、求电源电动势与内阻，连接实物电路图时，要注意电压表正负接线柱不要接反，注意电表量程的选择；电源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。三、计算题（共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）15. 如图所示，将长为L=50 cm、质量为m=10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以I1=0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长，求：(取g10m/s2)(1)匀强磁场中磁感应强度是多大？(2)当金属棒通以I2=0.2 A由a到b的电流时，弹簧伸长x=1 cm，则弹簧的劲度系数是多少？【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：根据安培力等于重力，即可求解；根据安培力加弹力等于重力，再由受力分析，借助于平衡条件，即可求解。(1)由题可知：F安=mg 即代入数据解得： （2）当电流由时，金属棒的受力情况为：F安+2kx=mg则：代入数据解得： 点睛：本题主要考查了安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，体现了胡克定律，安培力公式，同时注意左手定则的应用。16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知,不计粒子重力，求： （1）电场强度大小E（2）带电粒子从O点进入磁场时的速度大小和方向（3）磁感应强度大小B【答案】(1) (2) 60 (3) 【解析】试题分析：粒子垂直于电场进入做类平抛运动，由牛顿第二定律可得到加速度，结合两个方向的分位移，由位移时间公式求解；根据运动学公式求出竖直速度，在根据速度的合成即可求出电粒子从O点进入磁场时的速度大小和方向；粒子由N到P，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力的公式，可由牛顿第二定律求出在磁场中运动的半径，即可求出磁感应强度大小。（1）粒子运动轨迹如图所示：在电场中做类平抛运动，在x轴方向：y轴方向：联立解得：（2）设粒子进入磁场时速度为v，和x轴的夹角为竖直方向的速度为： 由tan= 解得：=60合速度为： 在磁场中轨迹如上图所示，设轨迹半径为r ，由几何关系可得： 解得：根据牛顿第二定律可得：联立以上解得： 点睛：本题主要考查了粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。 17. 如图，在水平地面MN上方空间存在一有界匀强磁场区域，磁场沿水平方向，磁感应强度大小B =1.0T，上边界EF距离地面的高度H = 0.7m。正方形金属线框abcd的质量m = 0.1kg，边长L = 0.1m，总电阻R = 0.02，线框的ab边距离EF上方h = 0.2m处由静止开始自由下落，ab保持水平，且线框平面始终与磁场方向垂直，g取10m/s2。求（1）线框刚进入磁场时ab两端电压大小U；（2）线框刚要落地时速度v的大小；（3）线框产生的焦耳热Q。【答案】(1) 0.15V (2) (3) 0.1J【解析】（1）线框进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，线框的速度 18. 如图所示，在E=1.5104V /m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平光滑的绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，C为圆弧的最高点。一带正电的小滑块从水平轨道上某点由静止释放，通过C点时恰好对轨道无压力，已知小滑块质量为m=0.2kg，带电量q=10-4C（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），求：（1）滑块应在水平轨道上离N点多远处静止释放？ （2）这样释放的滑块在圆轨道上运动时对轨道压力最大值为多少？【答案】(1) (2) 13.5N【解析】试题分析：小滑块在C点时恰好对轨道无压力，重力提供向心力，求出此时的速度，在由动能定理求出滑块应在水平轨道上离N点多远处静止释放；根据力的合成找出速度最大的点，求出等效重力，在根据牛顿第二定律和动能定理求出对轨道压力最大值。小滑块在C点时，重力提供向心力在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得 小滑块在C点时，重力提供向心力，所以：代入数据解得： （2）滑块到达Q点(OQ与竖直方向夹角37)时，对轨道压力最大，全过程应用动能定理得 在Q点时由牛顿第二定律可得： 其中： 解得：N=13.5N 由牛顿第三定律可得，滑块通过Q点时对轨道压力是13.5N 点睛：本题主要考查了轨道问题，关键是做好受力分析，明确运动情景，建立模型，应用规律解决问题，同时注意挖掘隐含条件“恰能到达并通过最高点C”，说明此时由重力提供向心力。