2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） 人教新目标版 新版

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‎2019学年第一学期期末考试高二理综试题 一、选择题 ‎1. 如图所示,、两点分别放置两个等量异种电荷,为它们连线的中点,为连线上靠近的一点,为连线的中垂线上处于点上方的一点,在、、三点中( )‎ A. 场强最小的点是点,电势最高的点是点 B. 场强最小的点是点,电势最高的点是点 C. 场强最小的点是点,电势最高的点是点 D. 场强最小的点是点,电势最高的点是点 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象如图所示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在A、B、C三点中，C带电位置电场线最稀疏，故场强最小的点是C点；A、C两个点在一个等势面上，电势相等；沿着电场线电势逐渐降低，故B点电势高于A点电势；故电势最高的点是B点，C正确．‎ 考点：考查了等量异种电荷电场分布规律 ‎【名师点睛】利用两个等量异种电荷的电场特点，两电荷连线的中垂线有如下特征：中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小．且电场中的电势、电场强度都关于X轴对称，所以对称点电势相等，场强大小相等 ‎2. 如图所示是测定液面高度的电容式传感器示意图,为电源,为灵敏电流计,为固定的导体芯,为导体芯外面的一层绝缘物质,‎ - 9 -‎ 为导电液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为:电流从左边接线柱流进电流计,指针向左偏。如果在导电液体的深度发生变化时观察到指针正向左偏转,则( )‎ A. 导体芯所带电荷量在增加,液体的深度在增大 B. 导体芯所带电荷量在减小,液体的深度在增大 C. 导体芯所带电荷量在增加,液体的深度在减小 D. 导体芯所带电荷量在减小,液体的深度在减小 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电量在减小，电容两端间的电势差不变，由可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确．ABC错误．‎ 故选D．‎ 考点：电容器的动态分析．‎ 点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．‎ ‎3. 圆环形导线圈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向上滑动,下面说法中正确的是( )‎ A. 穿过线圈a的磁通量变大 B. 线圈a有扩大的趋势 C. 线圈a中将产生逆时针方向的感应电流 D. 线圈a对水平桌面的压力将增大 ‎【答案】B - 9 -‎ ‎【解析】当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；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减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故AC错误．再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故B正确；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，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吸引，故线圈a对水平桌面的压力FN将减小，故D错误．故选B．‎ 点睛：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．‎ ‎4. 一个用于加速质子的回旋加速器,其核心部分如图所示,D形盒半径为R,垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B,两盒分别与交流电源相连.下列说法中正确的是( )‎ A. 质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大 B. 质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大 C. 只要R足够大,质子的速度可以被加速到任意值 D. 不需要改变任何量,这个装置也能用于加速α粒子 ‎【答案】A ‎【解析】A、由 得 ,当时,v最大, ,由此可以知道质子的最大速度随B、R的增大而增大，故A正确；‎ - 9 -‎ ‎...‎ 综上所述本题答案是：A ‎5. 从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，成为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用．如图为地磁场对宇宙射线作用的示意图.现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时将（ ）‎ A. 竖直向下沿直线射地面 B. 相对于预定地点向东偏转 C. 相对于预定地点稍向西偏转 D. 相对于预定地点稍向北偏转 ‎【答案】B ‎6. 电路连接如图所示，其中U不变，R1为电阻箱的电阻值，R为滑动变阻器的阻值，RL为小灯泡的电阻值。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 使电阻值R1增大，通过RL的电流减少 B. 使电阻箱R1增大，通过RL的电流增大 C. 使滑动变阻器R增大，通过RL的电流减少 - 9 -‎ D. 使滑动变阻器R增大，通过RL的电流增大 ‎【答案】AD ‎【解析】增大，则总电流减小，所以两端电压减小，故并联电路两端电压增大，所以灯泡两端的电压增大，即通过灯泡的电流增大，A正确B错误；使滑动变阻器R增大，电路总电阻增大，总电流减小，所以两端电压减小，故并联电路两端电压增大，所以灯泡两端的电压增大，即通过灯泡的电流增大，C错误D正确．‎ ‎7. 如图所示，理想二极管(具有单向导电性)、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，则下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 若将极板A向下移动少许，则液滴的电势能将减小 B. 若将极板A向上移动少许，则液滴将向上运动 C. 若将极板B向上移动少许，则液滴的电势能将增大 D. 若将极板A、B错开少许，使两极板正对面积变小，则液滴将向上运动 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析“”根据平行板电容器的电容决定因素分析电容的变化、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断液滴如何运动．‎ 带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，受重力和电场力平衡，电场力向上，而场强向下，故液滴带负电荷；若将极板A向下移动少许，板间距离减小，根据，电容增加，要充电；而U一定，根据，故E变大，故P点与B板间的电势差变大，即P点的电势变大，液滴带负电荷，故电势能减小，A正确；若将极板A向上移动少许，板间距离增加，根据，电容减小，要放电，但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量Q一定，根据、、，有：，故电场强度大小与两极板间的距离无关，电场强度不变，则液滴保持静止，B错误；若将极板B向上移动少许，板间距离减小，根据，电容增加，要充电；而U一定，根据，故E变大，故P点与A - 9 -‎ 板的电势差变大，则P与B板的电势差减小，故P点的电势减小，而液滴带负电荷，故电势能增加，C正确；若将极板A、B错开少许，正对面积S减小，根据，电容减小，要放电；但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量Q一定，根据、、，有：，故电场强度增大，受到的电场力增大，液滴向上运动，D正确．‎ ‎8. 在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看作一个系统，下列说法中正确都是（ ）。‎ A. 两手同时放开后，系统总动量始终为零 B. 先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C. 先放开左手，后放开右手，总动量向左 D. 无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零 ‎【答案】ACD ‎【解析】在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，即系统的总动量始终为零，无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零，AD正确；先放开左手，再放开右手后，系统受到右手向左的力，故总动量向左，之后水平方向上无外力作用，所以动量守恒，C正确；B错误； 本题选不正确的，故选B 二．实验题 ‎9. 如图1所示，螺旋测微器的示数为__________mm，如图2所示，游标卡尺的示数为_____________mm．‎ ‎【答案】 (1). 6.125mm (2). 10.50mm - 9 -‎ ‎【解析】螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.3×0.01mm=0.123mm，所以最终读数为6mm+0.123mm=6.123mm，由于需要估读，最后的结果可以在6.122～6.125之间．‎ 游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm．‎ ‎10. 实验桌上有下列实验仪器：‎ A．待测电源（电动势约3V，内阻约7Ω）；‎ B．直流电流表（量程0～0.6～3A，0.6A档的内阻约0.5Ω，3A档的内阻约0.1Ω；）‎ C．直流电压表（量程0～3～15V，3V档内阻约5kΩ，15V档内阻约25kΩ）；‎ D．滑动变阻器（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）；‎ E．滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.2A）；‎ F．开关、导线若干；‎ G．小灯泡“4V、0.4A”．‎ 请解答下列问题：‎ ‎①利用给出的器材测量电源的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精度且便于调节，应选择的滑动变阻器是________（填代号），应选择的电流表量程是___________（填量程），应选择的电压表量程是________（填量程）．‎ ‎②某同学根据测得的数据，作出U-I图象如图1中图线a所示，由此可知电源的电动势E= __________V，内阻r=_______Ω；‎ ‎③若要利用给出的器材通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线，要求测量多组实验数据，请你在图2框内画出实验原理图__________；‎ ‎④将③步中得到的数据在同一个U-I坐标系内描点作图，得到如图1所示的图线b，如果将此小灯泡与上述电源组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为 _____W．‎ - 9 -‎ ‎【答案】 (1). D (2). 0～0.6 (3). 0～3 (4). 3 (5). 6 (6). (7). 0.375‎ ‎【解析】试题分析：滑动变阻器的选择一是要安全，二是要便于操作，依次为原则选取；根据闭合电路欧姆定律可知，图象纵轴截距等于电源的电动势，斜率等于电源的内，由几何知识求出电动势和内阻．小灯泡的伏安特性曲线与电源的U-I图线的交点表示小灯泡接在该电源上的工作状态，读出电压和电流，由P=UI求出功率．‎ ‎（1）滑动变阻器E的额定电流远小于电流表的量程，而实验时电路中的电流要达到电流表量程的一半，即0.3A左右，容易烧坏此变阻器，另一方面容易，该变阻器总电阻太大，调节时电路中电流表变化缓慢，不方便调节，而滑动变阻器D接入电路时，电路中最小电流约为，并不超过电流表的量程，故应选择的滑动变阻器是D． 应选择的电流表量程是0～0.6A，应选择的电压表量程是0～3V；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律可知，图象纵轴截距等于电源的电动势，斜率等于电源的内阻， 由几何知识得：纵轴截距b=3.0V，斜率，则电源的电动势为E=b=3.0V，内阻为r=k=6Ω．‎ ‎（3）描绘出小灯泡的伏安特性曲线需要滑动变阻器采用分压式，一般情况下电流表采用外接法，实验原理电路图如图：‎ ‎（4）小灯泡的伏安特性曲线与电源的U-I图线的交点表示小灯泡接在该电源上的工作状态， 读出交点处的电压和电流分别为：U=1.5V，I=0.25A，则小灯泡的功率为P=UI=0.375W．‎ 三、计算题 ‎11. 如图所示,在光滑的水平面上放置一个质量为的木板的左端放置一个质量为m的物块已知之间的动摩擦因数为,现有质量为的小球以水平速度飞来与物块 - 9 -‎ 碰撞后立即粘住,在整个运动过程中物块始终未滑离木板,且物块可视为质点,求:‎ ‎（1）球与物体A碰后的速度大小;‎ ‎（2）物块A相对木板静止后的速度大小 ‎（3）木板B至少多长 ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：小球、物块和木板看成一个系统满足动量守恒，根据动量守恒求得球与物体A碰后的速度和物块A相对木板B静止后的速度大小；由能量守恒得求出木板B至少多长。‎ ‎（1）设小球和物块A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，mv0＝(m＋m)v1‎ 解得： v1=0.5v0‎ ‎（2）根据动量守恒：(m＋m)v1＝(m＋m＋2m)v2‎ 联立以上解得：v2＝0.25v0‎ ‎（3）当物块A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设物块A刚好滑到物木板B的右端时共速，则由能量守恒得：‎ 联立解得：‎ 点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒，在碰撞中A与B组成的系统满足动量守恒，在结合能量守恒即可求得板长。‎ ‎ ‎ - 9 -‎