【物理】山西省朔州怀仁市重点中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】山西省朔州怀仁市重点中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

物理试题 一、选择题（共52分，每题4分，1-8为单选，9-13为多选，错选不得分，漏选得2分）‎ ‎1.图中虚线为匀强电场中的等势线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则(　　)‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. N从O点运动到a点的过程中克服电场力做功 C. N在从O点运动至a点的过程中电势降低 D. M在O点和b点电势能相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题，等势线在水平方向，O点电势高于C点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电，故A错误；‎ B．N粒子所受的电场力方向竖直向上，所以N从O点运动到a点的过程中电场力做正功，故B错误；‎ C．N在从O点运动至a点的过程中，逆电场方向运动，电势升高，故C错误；‎ D．由图可知，O点与b点位于同一个等势面上，所以M在O点和b点电势能相同，故D正确。故选D。‎ ‎2.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出．已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则(　　)‎ A. 在前时间内，静电力对粒子做的功为 B. 在后时间内，静电力对粒子做的功为qU C. 在粒子偏转前和后的过程中，静电力做功之比为1∶2‎ D. 在粒子偏转前和后的过程中，静电力做功之比为2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由可得，前时间内与t时间内垂直于板方向之比为1：4，在前时间内的位移为，在后时间内的位移为；电场力对粒子做功为 ‎，‎ 故A错误，B正确．‎ CD．由电场力做功W=qEy，则前粒子在下落前和后内，电场力做功之比1：1．故CD错误．‎ ‎3.如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则(　　)‎ A. 电压表的示数变大 B. 小灯泡消耗的功率变小 C. 通过R2的电流变小 D. 电源内阻消耗的电压变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光敏电阻光照减弱，故光敏电阻 阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小，A错误；‎ BCD．因电路中电流减小，故电源的内电压减小，则路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由可知，小灯泡消耗的功率变小，B正确CD错误．‎ ‎4.如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是 ( )‎ A. 线圈向左运动 B. 线圈向右运动 C. 从上往下看顺时针转动 D. 从上往下看逆时针转动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电流方向如图中所示时，根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动，靠近磁铁运动．故A正确，BCD错误；故选A．‎ ‎【点睛】此题考查了右手螺旋定则和磁极间相互作用的应用，注意线圈产生的磁场与条形磁体产生的磁场很相似，可以利用右手螺旋定则判断磁场的N、S极．‎ ‎5.如图所示，足够长的光滑U型导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则 （ ）‎ A. 金属杆下滑的最大速度 B. 在此过程中电阻R产生焦耳热为 C. 在此过程中电阻R产生的焦耳热为 D. 在此过程中流过电阻R的电量为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】感应电动势为①‎ 感应电流为②‎ 安培力为③‎ 根据平恒条件得 解得:‎ 由能量守恒定律得:‎ 又因 所以 由法拉第电磁感应定律得通过R的电量为 所以选项B正确 ‎6.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是 A. 粒子a带负电，粒子b、c带正电 B. 射入磁场时粒子a的速率最小 C. 射出磁场时粒子b的动能最小 D. 粒子c在磁场中运动的时间最长 ‎【答案】D ‎【解析】根据左手定则可知α粒子带正电，b、c粒子带负电，所以选项A错误；由洛伦磁力提供向心力，可知，可知b的速度最大，c的速度最小，动能最小，所以选项BC错误；根据和可知，即各粒子的周期一样，粒子C的轨迹对应的圆心角最大，所以粒子c在磁场中运动的时间最长，选项D正确．‎ ‎7.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ABD图中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：，‎ C图中a、b两点间电势差为路端电压为：，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是C图所示．故选C．‎ ‎8.图中的A是一边长为L的正方形导线框，其电阻为R．现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域B．如果以x轴的正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线应为哪个图（ ）‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】在阶段，线框在磁场之外，感应电流为0．安培力为0；在阶段，由右手定则可得出电流的方向为逆时针方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出磁场对线框的作用力F的方向沿x轴的负方向；在阶段，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0，安培力为0；在阶段，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出磁场对线框的作用力F的方向沿x轴的负方向，综上分析可知，A符合题意，BCD不符合题意。‎ 故选A．‎ ‎9.如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态．下列措施下，关于P的运动情况的说法正确的是(　　)‎ A. 保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止 B. 保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动 C. 断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动 D. 断开S后，减小A、B板间距离，P仍静止 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．保持S闭合，电源的路端电压不变．增大A、B板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电量不变，由推论 得到，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状态．故A正确．‎ B．保持S闭合，电源的路端电压不变，电容器的电压不变，减少A、B板间距离，由可知，板间场强增大，电场力增大，微粒将向上运动．故B正确．‎ CD．断开S后，电容器电量Q不变，由推论得到，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状态．故C错误，D正确．‎ ‎10.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断 A. 油滴一定做匀速运动 B. 油滴可以做变速运动 C. 如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 D. 如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 ‎【答案】AC ‎【解析】AB．油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据可知，粒子必定做匀速直线运动，故A正确，B错误；‎ CD．根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎11.回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)‎ A. 离子从电场中获得能量 B. 离子从磁场中获得能量 C. 只增大空隙间的加速电压可增大离子从回旋加速器中获得的动能 D. 只增大D形盒的半径可增大离子从回旋加速器中获得的动能 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．离子每次通过D形盒D1、D2间的空隙时，电场力做正功，动能增加，所以离子从电场中获得能量。故A正确；‎ B．离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功，不能改变离子的动能，所以离子不能从磁场中获得能量。故B错误；‎ CD．设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由 得 则最大动能 可见，最大动能与加速电压无关，增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能，故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎12.如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（ ）‎ A. 减小R1，C1、C2所带的电量都增加 B. 增大R2，C1、C2所带的电量都增加 C. 增大R3，C1、C2所带的电量都增加 D. 减小R4，C1、C2所带的电量都增加 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化．‎ ‎【详解】A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；‎ B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；‎ C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；‎ D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确；故选BD．‎ ‎13.如图，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为及一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（ ）‎ A. 如果B增大，vm将变大 B. 如果α变大，vm将变大 C. 如果R变大，vm将变大 D. 如果m变小，vm将变大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 当金属杆做匀速运动时，速度最大，此时有mgsinθ=F安，又安培力大小为 联立得： 根据上式分析得知：当只B增大时，vm将变小．故A错误；如果只增大θ，vm将变大．故B正确；当只R增大，vm将变大，故C正确；只减小m，vm将变小．故D错误．故选BC．‎ 点睛：本题第一方面要会分析金属棒的运动情况，第二方面要熟记安培力的经验公式，通过列式进行分析.‎ 二、填空题（共14分，每空2分）‎ ‎14.一多用电表的电阻档有三 个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________档．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是__________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是________Ω．‎ ‎【答案】 (1). ×100 (2). 欧姆调零（或重新欧姆调零） (3). 2.2×103 (或 2.2k)‎ ‎【解析】 [1]．用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，则可能是档位选择偏低，为了较准确地进行测量，应换到×100档．‎ ‎[2][3]．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零（或重新欧姆调零），若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是2.2×103 (或 2.2k)Ω．‎ ‎15.在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路。‎ ‎（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到________。(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”)‎ ‎（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是________。(选填“1”或“2”)‎ ‎（3）根据实验数据描点，绘出的图像是一条直线。若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势为E=_________，内阻r=________。（用k、b和R0表示）‎ 方案编号 电阻箱的阻值R/Ω ‎1‎ ‎400.0‎ ‎350.0‎ ‎300.0‎ ‎250.0‎ ‎200.0‎ ‎2‎ ‎80.0‎ ‎70.0‎ ‎60.0‎ ‎50.0‎ ‎40.0‎ ‎【答案】 (1). 最大值 (2). 2 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图可知，电路为限流接法，且为保证电路安全，开始电路中电流应为最小，所以开始时电路中电阻应为最大，故滑动变阻器开始时应达到最大值；‎ ‎(2)[2]由表格可知，方案1中电阻箱的阻值与定值电阻差别太大，导致电路中电流差别太大；而方案2中电阻箱的阻值与待测电阻相差不多，故可以得出较为合理的电流值，故应选择方案2；‎ ‎(3)[3][4]由闭合电路欧姆定律可知 变形得 由题意可知，斜率为k，即 解得 联立解得 三、计算题（共34分）‎ ‎16.如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0．5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2＝0．8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0．2 Ω，磁感应强度为B0＝1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝0．04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以＝0．2 T/s的变化率均匀地增大．求：‎ ‎(1)金属棒上电流的方向．‎ ‎(2)感应电动势的大小．‎ ‎(3)物体刚好离开地面的时间(g＝10 m/s2)．‎ ‎【答案】（1）电流由a到d（2）0.08V（3）5s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由楞次定律可以判断，金属棒上电流由a到d．‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得：‎ ‎(3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力F＝mg 而拉力F又等于棒所受的安培力．‎ 即mg＝F安＝BIL1‎ 其中B＝B0＋t　 I＝‎ 解得t＝5 s．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁感应强度的变化率恒定时感应电流恒定，根据共点力平衡进行求解．‎ ‎17.如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为，方向与轴平行；在轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直.一质量为、带电荷量为的粒子以平行于轴的速度从轴上的点处射入电场，在轴上的点处进入磁场，并从坐标原点离开磁场.粒子在磁场中的运动轨迹与轴交于点.已知.不计重力.求：‎ ‎（1）点与坐标原点间的距离；‎ ‎（2）粒子从点运动到点所用的时间.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动,设加速度的大小为;在轴正方向上做匀速直线运动,设速度为;粒子从点运动到点所用的时间为,进入磁场时速度方向与轴正方向的夹角为,则由牛顿第二定律得①‎ 在电场中运动的时间②‎ 水平初速度 ③‎ 其中，，又 ④‎ 联立②③④得 ⑤‎ 由几何关系知为直径，⑥‎ ‎⑦‎ ‎(2)设粒子在磁场中运动的速度为，从点到点运动的时间为，则有 ‎⑧‎ ‎⑨‎ 从点到点所用的间⑩‎ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩并代入数据得.‎ ‎18.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l = 0.5m，左端接有阻值R = 0.3Ω的电阻．一质量m = 0.1kg，电阻r = 0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B = 0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a = 2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2= 2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求 ‎（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；‎ ‎（3）外力做的功WF．‎ ‎【答案】（1）4.5C （2）1.8J （3）5.4J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为：ΔΦ=BLx，‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为： ‎ 由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为： ‎ 通过电阻R的电荷量为：q = IΔt 联立以上各式，代入数据解得：q =4.5C ‎（2）设撤去外力时棒的速度为v，棒做匀加速运动过程中，由运动学公式得：‎ 设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得：‎ W = 0－mv2‎ 撤去外力后回路中产生的焦耳热：Q2= －W 联立以上各式，代入数据解得：Q2=1.8J ‎（3）由题意各，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q2=2:1‎ 可得：Q1=3.6J 在棒运动的整个过程中，由功能关系可得：WF= Q1 + Q2‎ 联立以上各式，代入数据解得：WF=5.4J