河北省保定市2019-2020学年高二上学期阶段二联考物理试题

河北省保定市2019-2020学年高二上学期阶段二联考物理试题

‎2019-2020学年度第一学期高二阶段二联考物理试题 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。‎ ‎2．请将答案正确填写在答题卡上。‎ ‎3.本试卷考试内容：人教版选修3-1第一、二、三章和3-2第四章前三节。‎ 第I卷（选择题 共48分)‎ 一、选择题：本题共12题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8小题只有一个选项正确，第9~12小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。‎ ‎1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是(　 　)‎ A. 法拉第发现了电流的磁效应；奥斯特发现了电磁感应现象 B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 C. 库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 D. 安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；‎ B项：欧姆发现了欧姆定律，说明导体两端电压与电流之间存在的联系，故B错误；‎ C项：库仑发现了点电荷的相互作用规律即库仑定律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C正确；‎ D项：洛伦兹发现了磁场对运动电荷作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误．‎ ‎2.如图所示，、为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的点放一个负点电荷（不计重力），点为连线中垂线上一点且，点电荷从点由静止释放经点运动到点的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 点电荷的速度一定先增大后减小 B. 点电荷的加速度一定先减小后增大 C. 点电荷电势能一定先增大后减小 D. 点电荷在点电势最大，动能为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据点电荷电场强度的叠加法则可知，同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小．‎ A、在a点静止释放一个负点电荷q，它只在电场力作用下，先向下加速，到达O点之后，速度方向与电场力方向相反，向下减速运动，直到b点速度减为零，故点电荷q的速度一定先增大后减小，A正确；‎ B、同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小，由于不知道a点的位置位于最大值的上方还是下方，故存在两种可能，一种可能为：加速度先减小后增大；另一种可能为：加速度先增大后减小再增大再减小，故B错误；‎ CD、负点电荷q从a点运动到O点，电场力做正功，从O点到b点，电场力做负功，故电势能先减小后增大，在O点动能最大，电势能最小，电势最大，故CD错误．‎ ‎3.如图所示，放在不计电阻的金属导轨上的导体棒 ab, 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，钢制闭合线圈 c将被螺线管吸引( )‎ A. 向右做匀速运动 B. 向左做匀速运动 C. 向右做减速运动 D. 向右做加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】钢制闭合线圈 c被螺线管吸引，根据楞次定律可知通过闭合线圈c 磁场在减弱，即螺线管中的磁场在减弱，导体棒切割磁感线产生的电流在螺旋管中产生磁场，所以导体棒切割磁感线产生的电流在减小，电动势也在减小，根据，可知导体棒应该减速运动 A． 向右做匀速运动，与分析不符，故A错误；‎ B．向左做匀速运动，与分析不符，故B错误；‎ C． 向右做减速运动，与分析相符，故C正确 D． 向右做加速运动，与分析不符，故D错误；‎ ‎4.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将固定挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通有垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N2，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 弹簧长度将变长，N1> N2‎ B. 弹簧长度将变短，N1> N2‎ C. 弹簧长度将变长，N1< N2‎ D. 弹簧长度将变短，N1< N2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时条形磁铁受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁铁对水平面的压力等于磁铁的重力；增加通电导体棒后，根据条形磁铁磁感线分布情况得到导体棒所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出导体棒所受安培力方向如图所示.由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到导体棒的作用力斜向左上方，故条形磁铁对水平面的压力减小，同时弹簧缩短.‎ A．弹簧长度将变长，N1> N2，与结论不相符，选项A错误；‎ B．弹簧长度将变短，N1> N2，与结论相符，选项B正确；‎ C．弹簧长度将变长，N1< N2，与结论不相符，选项C错误；‎ D．弹簧长度将变短，N1< N2，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示．若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电周期为T．设D形盒半径为R，则下列说法正确的是 A. 质子在磁场和电场中均被加速 B. 质子被加速后的最大速度不可能超过 C. 加速电压越大，粒子飞出加速器时的速度越大 D. 不改变B和T，该回旋加速器也能用于加速其它粒子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由本题“回旋加速器是加速带电粒子的装置”可知，本题考查回旋加速器的装置原理，以及带电粒子在磁场和电场中的运动情况，根据洛伦兹力和回旋加速器装置原理可以分析本题．‎ ‎【详解】A.质子在磁场中受洛伦兹力做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，只改变速度方向不改变大小，故A错误；‎ B.由 得 当时，v最大，此时 故B正确；‎ C.由公式 得 当时，v最大，因此决定带电粒子最大速度的因素只与磁场、荷质比和加速半径有关，与加速电压无关，故C错误；‎ D.由周期公式 可知，带电粒子的轨道周期与荷质比有关，故D错误．‎ ‎【点睛】回旋粒子轨道加速器中电场作用是给粒子加速，磁场作用是让粒子做圆周运动，反复加速，根据加速器半径决定粒子轨道半径从而决定最后的速度，根据运行周期决定电场变换周期，保证每次经过电场都被加速．‎ ‎6.a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定( )‎ ‎①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 ‎②b和c同时飞离电场 ‎③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 ‎④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 A. ① B. ①② C. ③④ D. ①③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①②三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由 得知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即 ta=tb＞tc 故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场．故①正确，②错误.‎ ‎③三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x=v0t．由图看出，b、c水平位移相同，大于a的水平位移，即 xb=xc＞xa 而 ta=tb＞tc 可见，初速度关系为：‎ vc＞vb＞va，‎ 故③正确.‎ ‎④由动能定理得：‎ ‎△Ek=qEy 由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故ab动能增量相等，大于c的动能增量,故④正确.故选D.‎ ‎7.已知电流强度为I的通电直导线在距离为r的地方产生的磁感应强度大小为 ，k 为常数．如图所示，三根通有电流大小相等的长直导线垂直正方向abcd 所在平面，且分别位于 a、c、d 三个顶点．a、d 处导线中的电流方向与 c处导线的电流方向相反．已知 a 处导线在 b 处产生的磁感应强度大小为 B，则 b点的磁感应强度大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则判断三根导线在b处的磁场方向，根据求解三根导线在b处的磁感应强度的大小，然后合成即可.‎ ‎【详解】a 处导线在 b 处产生的磁感应强度大小为 B，可知c处导线在b点的磁感应强度大小为B；d处导线在b点的磁感应强度大小为；根据右手定则可知a 处导线在 b 处产生的磁感应强度方向沿bc方向向下；d处导线在 b 处产生的磁感应强度方向垂直db方向斜向下；c处导线在 b 处产生的磁感应强度方向沿ba方向；根据平行四边形法则可知，三根导线在b处的磁感应强度大小为 ，故选B.‎ ‎8.如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正的电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动．现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球所带电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（ ）‎ A. 小球的加速度恒定不变．‎ B. 小球的加速度先减小，后增大．‎ C. 小球的速度先增大，后匀速下落．‎ D. 棒对小球弹力的大小不变．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球下滑过程中，受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力；开始阶段，洛伦兹力小于电场力，小球向下做加速运动，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向左，大小减小，滑动摩擦力减小，小球所受的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向右，大小为 增大，滑动摩擦力增大，小球所受的合力减小，加速度减小，当时，，小球做匀速运动，所以小球小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故选项C正确，A、B、D错误；‎ 故选C．‎ ‎9.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是 A. 在磁铁下落的整个过程中，从上向下看圆环，圆环中的感应电流方向始终为逆时针 B. 在磁铁下落的整个过程中，从上向下看圆环，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针 C. 磁铁在整个下落过程中，圆环对它的作用力方向始终竖直向上 D. 磁铁落地时的速率一定等于 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，考查电磁感应规律，根据楞次定律、能量守恒定律分析可得．‎ ‎【详解】AB．由楞次定律分析感应电流的方向，当磁铁靠近圆环时，取圆环为研究对象，原磁场方向向下，磁通量增加，为阻碍磁通量增加，感应电流产生的磁场方向向上，由安培定则可判断感应电流为逆时针方向．同理分析，当磁铁远离圆环时，感应电流为顺时针．故A不符合题意，B符合题意；‎ C．磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，圆环对它的作用力做负功，所以作用力的方向始终竖直向上，C符合题意；‎ D. 因磁铁的机械能减少，所以落地时的速率小于，故D不符合题意．‎ ‎【点睛】判断感应电流方向要用楞次定律，因电磁感应中能量守恒，磁铁的机械能减少，磁铁始终受到阻力作用，表现为“来拒去留”．‎ ‎10.如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则 A. 该粒子带正电 B. A点与x轴的距离为 C. 粒子由O到A经历时间t＝‎ D. 运动过程中粒子的速度不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：‎ ‎ A．根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A错误；‎ B．设点A与x轴的距离为d，由图可得：‎ r-rcos60°=d 所以 d=0.5r 而粒子的轨迹半径为，则得A点与x轴的距离为：‎ ‎，‎ 故B正确；‎ C．粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，所以粒子运动的时间为 故C正确；‎ D．由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故D错误．‎ ‎11.如图所示,A和B为竖直放置的平行金属板,在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球；开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处,此时绝缘线向右偏离竖直方向电源的内阻不能忽略下列判断不正确的是( ) ‎ A. 小球带正电 B. 当滑动头从a向b滑动时,小球细线的偏角变大 C. 当滑动头从a向b滑动时,电源的输出功率一定变大 D. 当滑动头从a向b滑动时,电流表中有电流,方向从N到M ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 详解】A．由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A不符合题意． ‎ B．滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小．故B符合题意．‎ C．根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小，输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小，本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故C符合题意．‎ D．滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故D不符合题意．‎ ‎12.如图所示，光滑绝缘半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球在容器边缘A点由静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为θ =，则下列说法正确的是( )‎ A. 小球重力与电场力的关系是 B. 小球在B点时，对圆弧的压力为 C. 小球在A点和B点的加速度大小相等 D. 如果小球带负电，从A点由静止释放后，也能沿AB圆弧运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球从A运动到B的过程，根据动能定理得 解得：‎ 故A错误；‎ B．小球在B点时，速度为零，向心力为零，则有 故B正确；‎ C．在A点，小球所受的合力等于重力，加速度为aA=g；在B点，小球的合为 加速度为 所以A、B两点的加速度大小相等，故C正确；‎ D．如果小球带负电，将沿重力和电场力合力方向做匀加速直线运动，故D错误．‎ 第II卷（非选择题 共52分)‎ 二、非选择题：本题共五小题，共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能给分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎13.如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20 Ω的电阻，测量步骤如下：‎ ‎ ‎ ‎（1）调节指针定位螺丝，使电表指针停在电流的“‎0”‎刻线．‎ ‎（2）将选择开关旋转到“Ω”挡的_____位置．（填“×‎1”‎“×‎10”‎“×‎100”‎或“×1 k”）‎ ‎（3）将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节________，使电表指针对准________的“‎0”‎刻线（填“电阻”或“电流”）．‎ ‎（4）将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为________ Ω．‎ ‎（5）测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置．‎ ‎【答案】 (1). ×1 (2). 欧姆调零旋钮 (3). 电阻 (4). 19.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(2)[1] 阻值约为20 Ω的电阻，所以选择开关旋转到“Ω”挡的×1位置．‎ ‎(3)[2][3] 将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“‎0”‎刻线．‎ ‎(4)[4] 由图乙所示可知，电阻的阻值 ‎19.0×1=19.0Ω ‎14.图甲为某同学描绘额定电压为2.5V的小灯泡的I—U图线的实验实物图． ‎ ‎（1）根据实物图，在虚线框内画出实验电路图______.‎ ‎（2）开关S闭合之前，图（甲）中滑动变阻器的滑片应该置于_________（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）.‎ ‎（3）利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图(乙)所示，分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点：______‎ ‎（4）若把电器元件Z和小灯泡接入如图(丙)所示的电路中时，通过Z的电流为‎0.22A，已知A、B两端电压恒为2.5V，则此时灯泡L的功率约为 __________ W（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). A端 (3). 灯泡的电阻在电压较小时几乎不变，随电压（电流或温度）的增大电阻增大 (4). 0.31‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查实验“描绘小灯泡的伏安特性曲线”。‎ ‎【详解】（1）电路图如图所示：‎ ‎（2）开关S闭合之前，图（甲）中滑动变阻器的滑片应该置于A端，让与灯泡并联部分电阻分压为0，保护电表；‎ ‎（3）由图像可以看出，灯泡的电阻在电压较小时几乎不变，随电压（电流或温度）的增大电阻增大；‎ ‎（4）电器元件Z和小灯泡串联，则流过小灯泡的电流也为‎0.22A，由图乙可知，电流为‎0.22A时，电压为1.4V，此时灯泡电阻为：‎ 灯泡L的功率为：‎ ‎15.如图所示，光滑的平行导轨间距为L，倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中其余电阻不计，将质量为m、电阻为R的导体棒由静止释放，求：‎ ‎(1)释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向；‎ ‎(2)导体棒在释放瞬间的加速度．‎ ‎【答案】（1）释放瞬间导体棒所受安培力的大小为，方向为水平向右．‎ ‎（2）导体棒在释放瞬间的加速度为gsinθ﹣．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）导体棒中电流，导体棒所受安培力，得，根据左手定则，安培力方向水平向右．‎ ‎（2）对导体棒受力分析如图：‎ 由牛顿第二定律得：，由以上可得：．‎ 考点：安培力；法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】根据欧姆定律求出导体棒中的电流，从而可求导体棒所受的安培力，由左手定则可判读其方向；由牛顿第二定律可求得释放瞬间棒的加速度；关于电磁学和力学基本规律的考查，灵活运用定则判定安培力是突破点．‎ ‎16.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同，在原点O处放一个质量m=‎0.01 kg带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q= -5×10－‎8 C．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x轴正方向的初速度v0=‎2 m/s.如图所示．试求：‎ ‎(1)物块沿x轴正方向运动的加速度；‎ ‎(2)物块沿x轴正方向运动的最远距离；‎ ‎(3)物体运动的总时间为多长？‎ ‎【答案】(1)‎5 m/s2　(2)‎0.4 m　(3)1.74 s ‎【解析】‎ 带负电的物块以初速度v0沿x轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间．‎ ‎（1）由牛顿第二定律可得 ，得 ‎ ‎（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：．‎ 代入数据，得：s1=‎‎0.4m ‎（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：，得：t1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：．‎ 根据： 得 ‎ 物块离开电场后，向左作匀减速运动：‎ 根据： 解得 ‎ 物块运动的总时间为： ‎ ‎【点睛】本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．‎ ‎17.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、带电量为 +q的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上M点进入电磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电磁场，MN之间的距离为L，小球过M 点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）电场强度E的大小和方向；‎ ‎（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；‎ ‎（3）现使x轴下方的匀强磁场消失，x轴下方只有平行于y轴的匀强电场，当电场强度调整为多大时能使小球也经过N点．‎ ‎【答案】(1)，方向竖直向上 (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动,其所受电场力必须与重力平衡，有：‎ 所以：‎ 重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，因为小球带正电，所以电场强度方向竖直向上.‎ ‎(2)小球做匀速圆周运动，如图所示O'为圆心，MN为弦长,，设半径为r，由几何关系知：‎ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有：‎ 由速度的合成与分解知：‎ 联立解得：‎ ‎(3) x轴下方只有平行于y轴的匀强电场时小球在电场力与重力的合力作用下匀变速曲线运动，沿x轴方向做匀速直线运动，所以M到N的时间为：‎ y轴方向上先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，在M点沿y轴方向的初速度为：‎ 根据对称性可知小球向下运动到竖直速度为0时时间为：‎ 而根据牛顿第二定律有：‎ 联立解得：‎ 答：(1)电场强度E的大小为，方向竖直向上;‎ ‎(2)小球从A点抛出时初速度的大小为.‎ ‎(3)当电场强度调整为时能使小球也经过N点 ‎ ‎