2019-2020学年高二物理上学期期末考试题试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期期末考试题试题(含解析)一、选择题1. 关于静电场，下列结论普遍成立的是 （ ）A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D. 在电场强度越大的地方，电荷的电势能也越大【答案】C【解析】试题分析：在静电场中场强方向就是电势降低最快的方向；两点之间的电势差与场强及两点间沿电场线方向的距离有关；电场强度与电势无关；根据电场力做功公式W=qU分析电场力做功情况解：A、电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误B、由公式U=Ed可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故B错误C、在正电荷或负电荷产生的静电场中，沿场强方向电势降低最快，故C正确D、电势能的高低根据电场力做功的正负判断，与场强的大小没有关系，故D错误故选：C【点评】解决本题关键要理解电场中几对关系：场强与电势、场强与电势差、电场力做功与电势差等等，可结合电场线的物理意义和相关公式加深理解2. 下列四幅图中能正确描绘点电荷电场中电场线的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】电场线从正电荷出发，终于止负电荷，故正电荷的电场线应向外发散，负电荷的电场线应向内聚拢，B正确3. 电路中，某电子在电源内部从电源一端定向移动到另一端，在此过程中非静电力对该电子做功为W，该电子的电势能变化量为EP，则（ ）A. W0， EP0B. W0， EP0C. W0D. W0， EP0【答案】A【解析】试题分析：在电源的内部，非静电力对该电子做正功，即，电子的电势能增加，即有，故A正确考点：考查了电场力做功【名师点睛】解决本题的关键要明确非静电力做功与电势能变化的关系，不能将这个关系与静电力做功与电势能变化的关系混淆4. 一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示。假设粒子的电量不变，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是( )A. 粒子由a向b运动，带正电B. 粒子由b向a运动，带负电C. 粒子由b向a 运动，带正电D. 粒子由a向b运动，带负电【答案】B【解析】据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式 得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电故选B5. 质量不同、电荷量相同的粒子，不计重力，垂直于电场线射入同一个勻强电场。若它们离开电场时速度方向改变的角度相同，则它们在进入电场前必然具有相同的A. 速度 B. 动量 C. 动能 D. 动量或动能均可以【答案】C【解析】试题分析：粒子只受电场力，垂直射入电场，做类似平抛运动，根据分运动公式和速度偏转角公式列式求解初速度、初动量和初动能的表达式分析.6. 如图是条形磁铁的部分磁感线分布示意图，关于图中a、b两点磁场的描述，正确的是（ ）A. a点的磁场方向为图中Ba指向B. b点的磁场方向为图中Bb指向C. a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度D. a点的磁感应强度小于b点的磁感应强度【答案】C【解析】试题分析：磁场方向沿磁感线的切线方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，结合磁感线的特点分析判断解：A、磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向，图中a、b两点的磁场方向均是错误的，故A、B错误C、磁感线疏密表示磁场的强弱，a点磁感线比较密，则a点磁感应强度大于b点的磁感应强度，故C正确，D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道磁感线的特点，知道磁感线上某点的切线方向表示磁场方向，磁感线的疏密表示强弱7. 下列选项中的各1/4圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各1/4圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处电场强度最小的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】A图中坐标原点O处的电场强度是一个 圆环产生的，设此时原点的场强大小为E ,B图中原点的电场强度由两个圆环叠加产生，根据矢量的平行四边形法则，此时原点的场强大小为 ；在C图的坐标原点处，第一象限和第三象限的圆环产生的电场互相抵消，所以坐标原点O处的电场强度是一个圆环产生的，此时原点的场强大小为E；在D图的坐标原点处，第一象限和第三象限产生的电场互相抵消，第二象限和第四象限产生的电场互相抵消，坐标原点的场强为零。所以D图中原点的电场强度最小，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。8. 如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则（ ）A. 两小球到达轨道最低点的速度vMvNB. 两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FM FNC. 小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间D. 在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端【答案】D【解析】试题分析：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：解得：小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：解得：由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故A C错误；因为v1v2，结合可知：FMFN，故B错误；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确；故选D考点：带电粒子在磁场及电场中的运动9. 一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示（速度-时间图像中tAtB段是一条曲线不是直线），tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点时对应的时刻，则下列说法中正确的有A. A点的电势一定高于B点的电势B. 带电粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C. 带电粒子一定带正电D. 电场可能是匀强电场【答案】B【解析】试题分析：带电粒子从静止开始做加速运动，速度增大，动能增大，由能量守恒定律得知，其电势能减小，即带电粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能但不能判断出粒子的电性，所以就不能判断电势的高低故A错误，B正确；带电粒子做加速运动，不能带电粒子的电性，故C错误根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，由知，电场强度E减小，即A处的场强一定大于B处的场强，所以该电场不可能是匀强电场，故D错误故选B考点：电场强度；电势及电势能10. 如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上Ox2间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）A. 在0x2间，场强先减小后增大B. 在0x2间，场强方向没有发生变化C. 若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在0x2间一直做加速运动【答案】BD点睛：本题从数学有角度理解-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，再判断电场力做功情况11. 如图所示，一直流电动机与阻值R9 的电阻串联在电源上，电源电动势E30 V，内阻r1 ，用理想电压表测出电动机两端电压U10 V，已知电动机线圈电阻RM1 ，则下列说法中正确的是（ ）A. 通过电动机的电流为10 AB. 电动机的输入功率为20 WC. 电动机的热功率为4 WD. 电动机的输出功率为20W【答案】BC【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I（r+R）；解得：，故A错误；电动机的输入功率：P入=UI=102=20W；电动机的热功率：P热=I2RM=221=4W；电动机的输出功率：P出=P-P热=UI-I2RM=102-221=16W，故BC正确，D错误；故选BC。考点：闭合电路欧姆定律；电功率【名师点睛】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。12. 如图所示，一条形磁铁放在粗糙水平面上处于静止状态，现在其右方放一与纸面垂直的、通以图示方向电流的通电导线，磁铁仍然静止，则与未放通电导线之前相比，下列说法正确的是（ ）A. 磁铁所受地面的弹力增大B. 磁铁所受地面的弹力减小C. 磁铁所受地面的摩擦力方向水平向右D. 磁铁所受地面的摩擦力方向水平向左【答案】AC【解析】试题分析：以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大，即磁铁所受地面的弹力增大故AC正确，BD错误故选AC考点：左手定则；牛顿第三定律13. 竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角为，当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为2，则() A. I12C. I1I2D. 12【答案】CD【解析】根据闭合电路欧姆定律可知，电路电流不变，选项A错误，C正确；滑动片在a位置时两平行板间电压小于滑动片在b位置时两板间电压，根据E=可知，场强较小，由平衡知识可知Eq=mgtan可知12，选项B错误，D正确；故选CD.点睛：本题综合考查电路知识、电容器及共点力的平衡知识，要求学生能通过读图和审题找出其中的关系，进而由部分物理量的变化可得出其它量的变化14. 如图所示，在平面直角坐标系中有一垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界为过原点O和y轴上的a（0，L）一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是（ ）A. 电子在磁场中运动的时间为B. 电子在磁场中运动的时间为C. 磁场区域的圆心坐标为（ ，L）D. 电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，-2L）【答案】BC【解析】试题分析：电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30=R-L，得R=2L；电子在磁场中运动时间：，又：，得：，故A错误，B正确；设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中：xRcos30，yL，故C正确；根据几何三角函数关系可得，R-L=Rcos60，解得R=2L，所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，-L），故D错误；故选BC。考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标。二、实验题15. 同学们测量某电阻丝的电阻Rx，所用电流表的内阻与Rx相当，电压表可视为理想电压表(1) 若使用图1所示电路图进行实验，要使得Rx的测量值更接近真实值，电压表的a端应连接到电路的 _(选填“b”或“c”)点(2) 测得电阻丝的UI图象如图3所示，则Rx为_.(保留两位有效数字)(3) 实验中，随电压进一步增加电阻丝逐渐进入炽热状态某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10 V的条件下，得到电阻丝的电阻Rx随风速v(用风速计测)的变化关系如图3所示由图可知当风速增大时，Rx会_(选填“增大”或“减小”)在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为10 V，需要将滑动变阻器Rx的滑片向_(选填“M”或“N”)端调节【答案】 (1). c (2). 4.2 (3). 减小 (4). M【解析】（1） 因电流表内阻接近待测电阻，故若用内接法误差很大，应采用电流表外接法，故a端应接在c点.（2） 图象的斜率表示电阻的阻值，则其阻值（3） 由题图可知，电阻的阻值随风速的增大而减小；当电阻减小时，并联部分电阻减小，为了让其分压仍为10 V，滑动变阻器的阻值应向M端移动，从而维持上下电阻之比恒定.16. 在描绘小电珠的伏安特性曲线的实验中，可以同时测定小电珠的功率和电阻.(1)测得的小电珠的功率与实际的功率相比较，测量功率_.A.总偏大B.总偏小C.无误差D.都有可能(2)小电珠的电阻的测量值与实际值相比较_.A.偏大B.偏小C.有时偏大，有时偏小D.都有可能(3)有一个小电珠上标有“4 V2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的UI图线，有下列器材供选用：A.电压表(05 V，内阻10 k)B.电压表(010 V，内阻20 k)C.电流表(00.3 A，内阻1 )D.电流表(00.6 A，内阻0.4 )E.滑动变阻器(5 ，10 A)F.滑动变阻器(500 ，0.2 A)实验中电压表应选用_，电流表应选用_.为使实验误差尽量减小，要求电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_.则所选器材字母为_.A：A、D、F； B：A、D、E；C：A、C、D；D：B、D、F【答案】 (1). (1)A (2). (2)B (3). A (4). D (5). E (6). (3)B【解析】（1）本实验电路采用的是电流表外接法，测量到的电流比真实电流大，测量的电压为准确值，所以测量功率比真实功率大，选项A正确；（2）因为小灯泡的测量电压是准确值，测量电流偏大，所以测量电阻比真实电阻偏小，选项B正确；（3）小灯泡额定电压4V，电压表应选A，灯泡的额定电流，电流表应选择D，本实验中滑动变阻器采用分压式接法，应选用E，综上选项B正确.三、解答题17. 如图所示，在两根劲度系数都为的相同弹簧下悬挂有一根重为的导体棒a b，导体棒长为，置于水平方向的磁场强度为的匀强磁场中，且与匀强磁场相互垂直。磁场方向垂直纸面向里，当导体棒通有自左向右的电流时，两个弹簧的形变量为。求：此时导体中的电流大小是多少？【答案】或【解析】试题分析：当电流过小时，根据题可知弹簧伸长量为x，因此重力与安培力、弹簧的拉力平衡，故有： G=BI1L+2kx解得当电流过大时，根据题可知弹簧压缩量为x，因此重力、弹簧的拉力与安培力平衡，故有： G+2kx=BI2L解得：考点：安培力；物体的平衡【名师点睛】本题考查了安培力的简单应用，属于简单基础题目，记住安培力公式，根据平衡条件即可正确求解，注意弹簧的形变量有拉伸与压缩两种情况。18. 半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，Er曲线下OR部分的面积等于R2R部分的面积（1）写出Er曲线下面积的单位；（2）己知带电球在rR处的场强E= ，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大？（3）求球心与球表面间的电势差U；（4）质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处？【答案】（1）V（2） （3） （4） 【解析】解：（1）Er曲线下面积表示电势差，则单位为V（2）根据R处的场强为E0，有，解得Q=（3）Er曲线下围成的面积表示电势差，则球心与球表面间的电势差U=（4）Er曲线下OR部分的面积等于R2R部分的面积，知表面与2R处的电势差大小为根据动能定理得，解得答：（1）Er曲线下面积的单位为V（2）该均匀带电球所带的电荷量Q为（3）球心与球表面间的电势差为（4）质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有的速度可以刚好运动到2R处考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：（1）Er曲线下面积是E对r的积分形式，对应的是电势差；（2）通过R处的场强，根据点电荷的场强公式求出均匀带电体所带的电荷量（3）通过图线围成的面积求出球心与球表面积的电势差（4）根据动能定理求出负电荷的初速度大小点评：解决本题的关键知道Er围成的面积表示的含义，可以类比于速度时间图线围成的面积表示位移进行分析视频19. 如图所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60角，磁场MN和PQ边界距离为d。求：(1)粒子离开电场时的速度；(2)若粒子垂直边界PQ离开磁场，求磁感应强度B；(3)若粒子最终从磁场边界MN离开磁场，求磁感应强度的范围。【答案】（1）（2）（3）【解析】(1)设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有：qUmv2 解得： (2)粒子离开电场后，垂直进入磁场，根据几何关系得r2d由洛伦兹力提供向心力有：qvBm， 联立解得： (3)最终粒子从边界MN离开磁场，需满足条件：刚好轨迹于PQ相切drrsin 30 联立解得：磁感应强度的最小值为 ，磁感应强度的范围是。