2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题(含解析) (II).doc

2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题(含解析) (II)一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.下面说法正确的是A. 非静电力做功越多电动势越大B. 奥斯特发现了电流可以产生磁场C. 静止的电荷一定不受洛仑兹力D. 电源两端电压与电源电动势总是相等【答案】B【解析】【详解】电源向外电路提供的电能越多，W越大，根据电动势的定义式可知，电动势E不一定越大，故A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场，故B正确；静止是相对的，而运动是绝对的，在与磁场相对静止的电荷才不受洛伦兹力，故C错误；根据闭合电路欧姆定律知，电动势的大小等于没有接入外电路时电源两端的电压，故D错误。所以B正确，ACD错误。2.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线上通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形中心O点的磁感应强度方向是() A. 由O指向d B. 由O指向c C. 由O指向b D. 由O指向a【答案】A【解析】【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向。【详解】根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，由右手螺旋定则，a与c导线产生磁场的磁场方向都水平向左，正好相互叠加，故A正确，BCD错误。【点睛】考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向。3. 如图所示，在条形磁铁S极附近悬挂一个线圈，线圈与水平磁铁位于同一平面内，当线圈中电流沿图示方向流动时，将会出现( ).A. 线圈向磁铁平移B. 线圈远离磁铁平移C. 从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁D. 从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁【答案】D【解析】由右手定则可知，线圈的外面为S极，里面为N极；因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做顺时针方向转动，同时靠近磁铁；故D选项正确故选D4.如图所示，已知电源的电动势E=10V，内电阻r=2，定值电阻R0=8，滑动变阻器的总阻值R=8.当滑动变阻器的滑动触头从a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器上消耗的功率变化A. 一直增大 B. 先增大后减小 C. 一直减小 D. 先减小后增大【答案】A【解析】【分析】当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。将定值电阻R0看成电源的内阻，根据等效电源的内阻与滑动变阻器电阻的关系分析滑动变阻器上消耗的功率如何变化。【详解】将定值电阻R0看成电源的内阻，由于等效电源的内阻r+R0R，所以根据结论：当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，可知，当滑动变阻器的滑动触头从a端向b端滑动的过程中，等效电源的输出功率即滑动变阻器消耗的功率一直增大，故A正确，BCD错误。【点睛】本题关键要知道电源的内电阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大，若不能满足该条件则由外阻与内阻的差距确定。要灵活运用等效思维来分析这类问题。5.如图，绝缘细线连接一带负电的摆球，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在MN间摆动过程中，小球每次通过最低点时A. 小球受到的拉力相同B. 小球的速度相同C. 小球的加速度相同D. 小球受到的洛仑兹力相同【答案】C【解析】【分析】摆球摆到最低点的时候，速度大小相等，重力、摆线拉力、洛伦兹力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。【详解】设摆球所带电量为q，磁场强度为B，在最低点时的速率为v，设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v。洛伦兹力不做功，根据机械能守恒定律得：mgL(1-cos)=12mv2，得到：v=gL(1-cos)，则有由A摆到C点的速度与从B摆到C点的速度大小相等，但方向相反，因此由A摆到最低点时：F1-qvB-mg=mv2L，由B摆到最低点时：F2+qvB-mg=mv2L，可得小球受到的拉力关系：F1F2，故AB错误；根据牛顿第二定律结合圆周运动的规律可知向心加速度大小均为：a=v2L，方向均竖直向上指向圆心，故C正确；相邻两次经过最低点时粒子的速度大小相等，方向相反，根据洛伦兹力公式可得：F洛=qvB以及左手定则可知：洛伦兹力大小相等，方向相反，故D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】本题考查带点质点在磁场中的运动解得本题要注意，摆球从A到C和从B到C的过程中，摆球的匀速速度相反，所以洛伦兹力方向也相反，但洛伦兹力不做功，注意矢量相同必须大小方向均相同。6.（xx新课标全国卷）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是A. mambmc B. mbmamcC. mcmamb D. mcmbma【答案】B【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以mbmamc，故B正确，ACD错误。【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是mag=qE，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。7.铜的原子量为M，密度为，每摩尔铜原子有n个自由电子，电子电量为e，今有一根横截面为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为A. 光速c B. IneS C. IneMS D. IMSne【答案】D【解析】【分析】设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率。【详解】设铜导线中自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t。则导线的长度为l=vt，体积为V=Sl=Svt，质量为m=vtS，这段导线中自由电子的数目为：N=mMn=vtSnM，在t时间内这些电子都能通过下一截面，则电流为：I=qt=net，代入解得：I=vneM，所以有：v=IMSne，故ABC错误，D正确。【点睛】本题关键是建立物理模型，根据电流的定义式推导电流的微观表达式，它是联系微观与宏观的桥梁。8.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB是圆的直径。一带电粒子从A点射入磁场，速度大小为v、方向与AB成30角时，恰好从B点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，经时间2t飞出磁场，则其速度大小为A. 22v B. 12v C. 36v D. 16v【答案】C【解析】【分析】第一种情况下，以ab方向成30入射时，由于恰好从b点射出，画出其运动轨迹，该粒子在圆形磁场中偏转60，则其做匀速圆周运动的半径为2R；第二种情况下，同一粒子沿ab方向射入磁场时，由于偏转时间是第一种情况的两倍，所以偏转角为120，画出运动轨迹，由几何关系可知，这种情况下粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力从而确定两种情况下速度之比。【详解】设圆形磁场区域的半径为R，第一种情况下，以ab方向成30入射时，由于恰好从b点射出，画出其运动轨迹如图所示：根据几何关系可知，该粒子在圆形磁场中偏转60，此时粒子轨迹半径：R1=2R，此时粒子速率：v=603602R1t=2R3t，第二种情况下，同一粒子沿ab方向射入磁场时，由于偏转时间是第一种情况的两倍，所以偏转角为120，画出运动轨迹如图所示：根据几何关系可知，此时粒子轨迹半径：R2=33R，此时粒子速率：v2=1203602R22t=3R9t，联立式可得：v2=36v，故ABD错误，C正确。【点睛】本题涉及到的问题是同一粒子在圆形磁场中做相同时间的匀速圆周运动问题，由周期公式和半径公式知道，粒子在磁场中偏转时间由偏转角决定，从而画出粒子做匀速圆周运动的轨迹，也确定了两种情况下的半径与磁场圆的半径关系，再由洛仑兹力提供向心力从而求出速度。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）9.关于磁场和电场的认识的说法正确的是A. 电流元在某处不受安培力，该处也可能存在磁场B. 电荷受电场力方向和所在位置电场方向相同C. 电场线从正电荷到负电荷，磁感线从N极到S极D. 同一通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小【答案】AD【解析】【分析】当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直；正电荷受到的电场力的方向与电场的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场的方向相反；磁铁的磁感线在外部由N极指向S极，内部由S极指向N极；【详解】当电流元与磁场的方向平行时，在某处不受磁场力作用，但不能确定该处磁感应强度一定为零，故A正确；负电荷受到的电场力的方向与电场的方向相反，故B错误；电场线方向从正电荷到负电荷，永久磁铁的磁感线在外部由N极指向S极，内部由S极指向N极，故C错误；安培力：F=BILsin，可知同一个通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小，还与电流与磁场方向之间的夹角有关，故D正确。所以AD正确，BC错误。【点睛】电场强度和磁感应强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关。磁感应强度是由磁场本身决定的。10.如图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。下列判断正确的是A. U1减小 B. |U1|U2| C. U2减小 D. |U1|U2|【答案】CD【解析】【分析】当滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动时，其阻值变小，外电路总电阻变小，分析总电流变化和路端电压的变化，判断出流过R1的电流变化，即可知道I的变化，由欧姆定律分析U1的变化。根据路端电压的变化，分析U2的变化以及|U1|与|U2|的大小。【详解】当滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，外电路总电阻变小，总电流表变大，电源的内电压变大，则路端电压U减小，R3的电压减小，R3的电流减小，所以电流表的示数增大，R1是定值电阻，根据欧姆定律得知R1的电压U1增大，故A错误；路端电压U=U1+U2，U1增大，U减小，所以U2减小，且|U1|bo B. v1v2 C. t1t2【答案】BC【解析】【分析】带电粒子垂直电场和磁场方向飞人场中，恰好做匀速直线运动，说明粒子受力平衡。仅有电场，粒子做类平抛运动，运用运动的分解，由水平位移和竖直位移研究电场强度与磁感应强度的关系。仅有磁场，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出半径，由几何知识求出穿过场区后的侧移。【详解】设带电粒子带电量为q，质量为m，电场强度为E，磁感应强度为B.虚线框的宽度为L。在电磁场中，带电粒子恰好做匀速直线运动，则有：Bqv0=qE，只有电场时，做类平抛运动：运动时间t1=Lv0，偏转距离y1=12at2=12qEmt12，只有磁场时，做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，Bqv0=mv02r，联立解得：r=L22y1，带电粒子从场区右则射出磁场，由几何关系得：y2=r-r2-L2；综合所得：y2y1；即bOaO，故A错误；仅有电场，粒子在电场力作用下做类平抛运动，电场力做正功，速度增大，仅有磁场，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，故v1v2，故B正确；仅有磁场，经历时间t2=Obv0Lv0，所以t1F1，故当导体棒受到的为静摩擦力，故受到的摩擦力为f=F1=5N故ab棒静止，ab棒受到的安培力为5N，摩擦力为5N。(2)要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有：F=BIL=mg，即：BminIL=mg。解得最小磁感应强度：Bmin=mgIL=1020.5T=10T，由左手定则判断出这种情况B的方向应水平向左。故要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为10T，方向应水平向左。【点睛】本题借助物体的平衡考查了安培力的大小和方向问题，是考查学生能力的好题。21.如图所示，PQ为一块长为L、水平固定放置的绝缘平板，整个空间存在着水平向左的匀强电场，板的右半部分存在着垂直于纸面向里的有界匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的物体，从板左端P由静止开始做匀加速运动，进入磁场后恰好做匀速直线运动，碰到右端带控制开关K的挡板后被弹回，且电场立即被撤消，物体在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后又做匀减速运动，最后停在C点，已知PC=L4，物体与板间动摩擦间数为，求：(1)物体带何种电荷？(2)物体与板碰撞前后的速度v1和v2(3)电场强度E和磁感应强度B各多大？【答案】(1)物体带负电荷；(2)v1=2gl，v2=122gl；(3)3mgq，m2glql。【解析】【分析】带电体由静止匀加速进入电场，可知物体所带的电性。物体返回后在磁场中无电场，仍做匀速运动，洛伦兹力与重力平衡。离开磁场后做匀减速运动停在C点，由动能定理和平衡条件结合可求解v2和B.物体从P到C的过程做匀减速运动，由动能定理列式得到场强与速度速度v1，物体进入电磁场后做匀速运动，根据平衡条件得到场强与速度v1的关系，联立求得v1和场强。【详解】(1)物体带负电；(2)因碰前匀速，有：Qe=(qv1B+mg)。碰后先匀速有：qv2B=mg再减速最后停止在C点，从P到进入磁场的过程中，由动能定理：qEl2-mgl2=12mv12从出磁场到C点，由动能定理：-mgl4=0-12mv22解得：v1=2gl v2=122gl(3)由上式可知：E=3mgq B=m2glql【点睛】本题是物体在复合场中运动的问题，分析受力情况，来确定运动情况，然后依据相关规律求解。要注意电场力做功取决于电势差而洛仑兹力不做功，故应用功能关系解决一般的运动较为简单。22.容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E2UL，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间【答案】（1）=4，其速度方向与边界ad间的夹角为=4（2）qm=U2L2B2（3）3BL216U【解析】试题分析：（1）设质量为m，电量为q的粒子通过孔S2的速度为v0则：qU=12mv02粒子在平行板间：L=v0t，vx=qEmt，tan=v0vx联立可以得到：tan=1，则=4，其速度方向与边界ad间的夹角为=4。（2）粒子从e板下端与水平方向成45的角射入匀强磁场，设质量为m，电量为q的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，则v=v02+vx2=2v0=4qUm由几何关系：r2+r2=(4L)2，则r=22L，则r=mvqB联立可以得到：qm=U2L2B2。（2）设粒子在磁场中运动的时间为t，则t=mqB，r=mvqB=2BmUq联立可以得到：t=Br24U因为所以粒子在磁场中运动的偏转角=32R，所以粒子打在P处时间最短由几何可以知道：r2+r2=L2，则r=22L联立可以得到：。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，知道粒子通过速度选择器时，所受的洛伦兹力和电场力平衡，掌握粒子在磁场中的半径公式，并能灵活运用。