湖北省荆州市滩桥高级中学2020学年高二物理下学期期中试卷（含解析）

湖北省荆州市滩桥高级中学2020学年高二物理下学期期中试卷（含解析）

滩桥高中2020学年度下学期期中考试 ‎ 高二年级物理试题 一．选择题 ‎1.关于静电场和磁场的说法正确的是（　 　）‎ A. 同一试探电荷在电场强度越大的地方受到的电场力越大 B. 电场线和磁感线都是闭合的曲线 C. 带电粒子一定沿电场线运动 D. 处于磁场中的带电粒子一定会受到磁场对它的力的作用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷受到的电场力：F=qE，同一试探电荷在电场强度越大的地方受到的电场力越大。故A正确；电场线从正电荷出发到负电荷终止，不是闭合曲线。故B错误；由静止释放的粒子，只在电场力作用下运动，其运动轨迹只由电场力决定，而电场力与场强方向并不与电场线重合，所以带电粒子不一定沿电场线运动，故C错误；洛伦兹力的公式：F=qvBcosθ，当粒子运动的方向与磁场平行时，不受洛伦兹力的作用。故D错误。故选A。‎ ‎【点睛】电场和磁场是客观存在的物质，而电场线和磁感线是为研究磁场而建立的虚线．带电粒子在磁场中运动时，不一定受到洛伦兹力的作用．‎ ‎2.如上图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是 A. A、C两个点的电场强度方向相反 B. 将一带正电的试探电荷匀速从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零 C. O点电场强度为零 D. 将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设正方形边长为L，每个电荷的电量大小为Q，对A点研究，两个正电荷在A点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A点的合场强方向水平向右。则A点的电场强度方向水平向右。对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C点的合场强方向水平向右，所以A、C两个点的电场强度方向相同。故A错误；在上面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是一条等势线。在下面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是也一条等势线，所以B、D两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，故B正确。两个正电荷在O点的合场强水平向右，两个负电荷在O点的合场强也水平向右，所以O点电场强度不等于零，方向水平向右。故C错误。根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题的关键是要掌握等量异种电荷的电场线和等势面分布特点，熟练运用电场的叠加原理分析复合场中电势与电场强度的分布情况；注意场强叠加是矢量叠加，电势叠加是代数叠加．‎ ‎3.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,T为理想变压器， V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时（ ）‎ A. 电流表A1、A2和A3的示数都变大 B. 只有电流表A1的示数变大 C. 电压表V2和V3的示数都变小 D. 电压表V3的示数变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即U2不变，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据知，原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大。故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎4.如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流为I，则金属框受到的磁场力的合力为（ ）‎ A. 0 B. ILB C. ILB D. 2ILB ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图示可知，电流由左端流入，从右端流出，下面的直线部分的电流为 ‎，所受的安培力是，上面的折线部分的电流为，所受的安培力是，两部分的安培力方向相同，故金属框受到的磁场力为BIL，故B正确，ACD错误；故选B 考点：安培力 ‎【名师点睛】此题考查对求解安培力公式的应用问题；解题时要正确理解安培力公式F=BILsinθ中各符合所表示的物理量是正确解题的关键，分析清楚图示情景，求出导线有效长度L即可正确解题；此题是基础题，也是易错题.‎ ‎5.如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一条直线上．若取顺时针电流方向为感应电流的正方向，从金属框左边刚进入磁场开始计时，则金属框穿过磁场过程中的感应电流随时间变化的图象是（   ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设直角三角形右下角为α．金属框进入磁场的过程，感应电动势为 E=BLv，L=vttanα，则得 E=Bv2t•tanα，感应电流大小：，由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，是负值；金属框穿出磁场的过程，感应电动势为：E=BLv，‎ ‎, L0是三角形底边的长度，则得：E=B（2L0-vt）v•tanα，感应电流大小：，由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是正值；由数学知识可知C图象正确．故选C．‎ 考点：法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】本题是楞次定律和法拉第电磁定律、欧姆定律的综合应用，先根据楞次定律判断感应电流的方向．再由E=BLv，分析感应电动势，其中L是有效的切割长度．由欧姆定律得到感应电流与时间的关系式，分段得到电流的表达式，再选择图象。‎ ‎6.一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电e=220cos100πt V，那么( )‎ A. 频率是50赫兹 B. 当t = 0时，线圈平面恰好与中性面重合 C. 当t=1/200秒时，e有最大值 D. 有效值为220V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈的角速度为100πrad/s，故其频率为：f==50Hz，故A正确；当t=0时，e=220V，此时线圈垂直中性面，故B错误。当t=1/200s时，cos=0，所以e=0，最小，故C错误；由e=220cos100πt可知该交流电的最大值为200V，有效值为220V，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义；知道正弦交流电有效值和最大值的关系：．‎ ‎7.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如下图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是 （　 　）‎ A. 甲图表示电梯可能做匀速直线运动 B. 乙图表示电梯可能做匀加速上升运动 C. 丙图表示电梯可能做匀加速上升运动 D. 丁图表示电梯可能做加速度减小的减速运动 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由A图，电流不变，压敏电阻的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变，压力不变，则电梯可能做匀速直线运动。故A正确。B图中，当电流变化时，其电阻是变化的，则压力也是变化的。而匀加速运动压力不变。故B错误。由C图，电流为静止时的两倍，而且不变，由欧姆定律知，其电阻减小，且不变，则压力增大且不变，电梯可能做匀加速上升运动。故C正确。D图中当电流均匀减小时，其电阻是增大的，则压力变小，电梯可能做加速度减小的减速运动，故D正确；故选ACD。‎ ‎【点睛】本题是信息题或新概念题，关键要从题目大量文字材料中抓住核心的信息。这也是力电综合题，关键要抓住力电之间的纽带：压力。‎ ‎8.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平 向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是：（ ）‎ A. 微粒一定带负电 B. 微粒动能一定减小 C. 微粒的电势能一定增加 D. 微粒的机械能一定增加 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，动能不变，所以选项A正确，选项B错误。‎ 由于电场力向左，对微粒做正功，电势能一定减小，选项C错误。由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．‎ ‎9.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( 　 　)‎ A. 它们运动的时间tQ＝tP B. 它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2‎ C. 它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2‎ D. 它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：，解得： ；由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yP：yQ=1：2；所以它们所带的电荷量之比 qP：qQ=yP：yQ=1：2，故B正确；电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．故C错误；根据动能定理，有：qEx=△Ek，而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D正确；故选ABD。‎ ‎【点睛】本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．‎ ‎10.如图所示，平行金属导轨间距为L，与水平面间的倾角为θ（导轨电阻不计）。两导轨与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为m，长为L的导体棒在ab位置获得平行于斜面的大小为v的初速度向上运动，最远处到达cd的位置，滑行距离为s，导体棒的电阻也为R，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，则（ ）‎ A. 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B. 导体棒上滑过程中克服安培力、滑动摩擦力和重力做的总功为 C. 上滑过程中电流做功产生的热量为-mgssinθ D. 上滑过程中导体棒损失的机械能为mgssinθ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，由E=BLv、I=、FA=BIL得：最大安培力为 Fmax=．故A错误。导体棒上滑的过程中，根据动能定理得知，克服安培力、滑动摩擦力和重力做的总功为mv2．故B正确。根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为 Q=mv2-mgs（sinθ+μcosθ），故C错误。上滑的过程中导体棒的动能减小mv2，重力势能增加mgssinθ，所以导体棒损失的机械能为mv2-mgssinθ．故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】本题从两个角度研究电磁感应现象，一是力的角度，关键是推导安培力的表达式；二是能量的角度，关键分析涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的．‎ 二．实验题 ‎11.小明同学设计了如图1所示的 电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1 ， 待测电阻R2 ， 电流表A（量程为0.6A，内阻较小），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1 ， 单刀双掷开关S2 ， 导线若干．‎ ‎（1）先测电阻R1的阻值．闭合S1 ， 将S2切换到a，调节电阻箱R，读出其示数r1和对应的 电流表示数I，将S2切换到b，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数r2，则电阻R1的表达式为R1=  _______．‎ ‎（2）小明同学已经测得电阻R1=2.0Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．他的做法是：闭合S1 ， 将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图2所示的1/I﹣R图线，则电源电动势E= ______V，电阻R2= _______Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎（3）用此方法测得的电动势的测量值__________ 真实值；R2的测量值 _________真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎【答案】 (1). r1- r2， (2). 1.5， (3). 1.0， (4). 等于， (5). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当R2接a时应有：E=I（R2+r1）；‎ 当S2接b时应有：E=I（R2+R1+r）；‎ 联立以上两式解得：R1=r1-r2；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R2+R+R1）‎ 变形为：，‎ 根据函数斜率和截距的概念应有：‎ ‎ =2.0‎ 解得：E=1.5V，R2=1.0Ω；  ‎ ‎（3）若考虑电源内阻，对（1）：接a时应有：E=I（R2+r1+r），接b时应有：E=I（R2+r2+r）‎ 联立可得R1=r1-r2，即测量值与真实值相比不变；‎ 对（2）应有：E=I（R2+R+R1+r），变形为，‎ 比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R1变小，即测量值比真实值偏大．‎ ‎【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，本实验应明确：遇到根据图象求解的问题，首先应根据需要的物理规律列出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．‎ ‎12.某待测电阻Rx的阻值约为20Ω，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：‎ 电流表A1（量程150mA，内阻r1约为10Ω）‎ 电流表A2（量程20mA，内阻r2=30Ω）‎ 电压表V（量程15V，内阻约为10KΩ）‎ 定值电阻R0=100Ω 滑动变阻器R，最大阻值为5Ω 电源E，电动势E=4V（内阻不计）‎ 开关S及导线若干 ‎（1）根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的1/3，请你在虚线框内画出测量Rx的一种实验原理图（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）____________．‎ ‎（2）实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表示____________．（用字母表示）‎ ‎【答案】 (1). （1）； (2). （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电流表A1量程较大，应放置于干路上，让A2与定值电阻串联使用，充当电压表，滑动变阻器阻值较小，采用分压接法，电路图如下：‎ ‎（2）由欧姆定律得被测电阻两端电压为：U=I2（R0+r2）‎ 通过被测电阻的电流为：I=I1-I2‎ 故被测电阻阻值为：Rx=‎ ‎【点睛】题考查了实验器材的选取，实验器材的选取是本题的难点，也是正确解题的关键，选择实验器材时，既要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实验操作性原则．‎ 三．解答题 ‎13.如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R＝3.0Ω的定值电阻.导体棒ab长L＝0.5m，其电阻为r＝1.0Ω，与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.4T.现使ab以v＝10m/s的速度向右做匀速运动.‎ ‎⑴ab两点电势差为多少？‎ ‎⑵使ａｂ棒向右匀速运动的拉力F为多少？‎ ‎⑶拉力的功率为多少？‎ ‎【答案】（1）1.5V；（2）0.1N；（3）1W ‎【解析】‎ ‎⑴电路中电动势：………（2分）‎ ab两点电势差：………（2分）‎ ‎⑵电路中电流：……………………（1分）‎ 匀速时拉力：……………………（1分）‎ ‎（3）拉力的功率：……………………（2分）‎ 本题考查电磁感应现象与电路的结合问题，切割磁感线的导体相当于电源，利用公式E=BLv求出电源电动势，转化为恒定电流问题，由闭合电路欧姆定律求解，拉力等于安培力，可以求出拉力做功 ‎14.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为L1= 10 cm和L2=20 cm，内阻为 r=5Ω，在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=50rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行,线圈通过电刷和外部的电阻R=20Ω相接.求电键S合上后，‎ ‎（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式 ‎（2）电压表和电流表示数；‎ ‎（3）电阻R上所消耗的电功率是多少？‎ ‎【答案】（1）e=50sin50t；（2）40V；（3）80W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）感应电动势最大值：Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50=50V 故表达式为：e=Emsinωt=50sin50t ‎（2）有效值：E=‎ E=50V 电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：，‎ U=IR=2×20=40V                                           ‎ ‎（3）电阻R上所消耗的电功率为：P=IU=2×40=80W ‎【点睛】此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值，计算电功率要用有效值．‎ ‎15.如图所示，在平面直角坐标系xoy内，第I象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q（－2h，－h）点以速度υ0水平向右射出，经坐标原点O处射入第I象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场。已知MN平行于x轴， N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力，求：‎ ‎（1）电场强度的大小E；‎ ‎（2）磁感应强度的大小B；‎ ‎（3）粒子磁场中运动的时间t.‎ ‎【答案】（1）；（2）； （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由几何关系可知粒子在竖直电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h=v0t h=at2‎ 由牛顿运动定律可知：Eq=ma 联立解得： ；‎ ‎（2）粒子到达0点，沿+y方向的分速度 ；‎ 速度与x正方向的夹角α满足 粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v=v0；‎ 轨道半径R=h 由 得： ；‎ ‎（3）由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间 ；‎ 粒子在磁场中的运动时间为 ‎16.如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成:倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场;在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN始终与导轨接触良好，重力加速度为g.‎ ‎(1)求金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm;‎ ‎(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，在流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求 ‎①电流为I0 时 金属棒的速度v和下滑的位移x;‎ ‎②这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q;‎ ‎(3)求金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.‎ ‎【答案】（1）；（2）①，；②；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mgsinθ-BIL=0‎ 根据欧姆定律可得： ‎ 联立可得：；‎ ‎（2）①当通过的电流为I0时，设金属杆的速度为v，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得 解得 设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，由电流的定义可得：q=t 根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得： ‎ 联立得： ‎ 解得：；‎ ‎②设此过程中，电路产生的焦耳热为Q，由功能关系可得：mgxsinθ=Q+mv2…⑥‎ 电阻R产生的焦耳热Q热=Q…⑦‎ 联立可得： ‎ ‎③设金属杆在水平导轨上滑行的最大距离为xm，由牛顿第二定律得：BIL=ma 由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义可得：I= ‎ 联立可得：‎ v△t＝m△v 即：xm＝mvm 得：xm＝‎ ‎【点睛】本题是滑轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意求解电热时用功能关系列式分析，求解电荷量和位移时用平均值分析。‎