【物理】四川省眉山市2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】四川省眉山市2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

四川省眉山市2019-2020学年高二上学期期末物理试题 一、选择题 ‎1.如图所示，相距为d的两平行直金属导轨PQ、MN水平放置，电阻R接在导轨的P端和M端之间，长为2d的导体棒ab放在导轨PQ、MN上，整个装置处于垂直于导轨平面、强度为B的匀强磁场中。使导体棒ab以水平速度v向右匀速运动时，回路中产生的感应电流为I。回路中产生的感应电动势E和导体棒ab受到的安培力F分别为 A. E=Bdv，F=BId B. E=Bdv，F=2BId C. E=2Bdv，F=BId D. E=2Bdv，F=2BId ‎【答案】B ‎【解析】磁感线与导体棒垂直，那么导体切割磁感线的有效长度与速度垂直，所以回路中产生的感应电动势：‎ 磁感线与导体棒垂直，导体棒受到安培力的有效长度为电流流过的长度：‎ B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎2.材料相同的均匀直导线A、B串联在电路上时，沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示。已知导线A长为l0，导线B长为2l0，则A、B两导线的横截面积之比是 A. 1∶2 B. 1∶4 C. 1∶6 D. 1∶8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电阻串联，电流相等，则：‎ 根据电阻定律：‎ 同种材料的电阻，电阻率相同，导线的长度之比：‎ 联立方程，则导线的横截面积之比为：‎ A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎3.如图所示，在匀强电场中，一质量为m、带电量为q的小球从O点由静止开始自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是 A. 小球的电势能一定减小 B. 小球一定做匀加速直线运动 C. 小球所受电场力一定做正功 D. 小球所受电场力一定为 ‎【答案】B ‎【解析】ABC．粒子从静止开始做直线运动，电场力与重力合力为恒力，所以合外力一定与速度方向共线，做匀加速直线运动，如下图所示：‎ 电场力的方向可能与速度方向成锐角、直角或钝角，所以电场力可能做正功、不做功或负功，电势能可能减小、不变或增大，AC错误，B正确；‎ D．电场力的的取最小值时，电场力与合力方向垂直：‎ 所以电场力可能大于，D错误。故选B。‎ ‎4.如图甲所示，两虚线相互垂直，a、b两点和P、Q两点关于O1点对称，两带电量均为+q的点电荷分别放置在a、b两点。如图乙所示，两虚线相互垂直，c、d两点和M、N两点关于O2点对称，分别通过c、d两点的两导线内均有垂直纸面向外、大小为I的电流。下列说法正确的是 A. P、Q两点的电场强度相同 B. M、N两点的磁感应强度相同 C. 从P点到O1点电场强度可能先减小后增大 D. 从M点到O2点磁感应强度可能先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据场强的叠加法则可知P、Q两点的场强大小相等，方向相反，所以P、Q两点电场强度不同，A错误；‎ B．根据安培定则判断磁感应强度的方向，根据矢量合成法则可知M、N两点磁感应强度大小相等，方向相反，所以M、N两点磁感应强度不同，B错误；‎ C．根据等量同种电荷电场线的分布可知，从P到O1的电场强度可能先增大后减小或一直减小，不可能先减小后增大，C错误；‎ D．根据磁感应强度的叠加可知，无穷远处的磁感应强度为0，在处的磁感应强度也为0，所以从无穷远处到处磁感应强度先增大后减小，所以从M点到O2点磁感应强度可能先增大后减小，D正确。故选D。‎ ‎5.如图所示，矩形abcd的ad、bc边长为 2L，ab、cd边长为L。一半径为L的半圆形区域（圆心O在bc中点）内有方向垂直纸面向里、强度为B的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子从b点以速度v0沿bc方向射入磁场，粒子恰能通过d 点。不计粒子的重力，则粒子的速度v0大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子沿直径飞入，根据径向对称特点确定圆心，如图所示：‎ 根据几何关系：‎ 解得：‎ 连接，根据几何关系：‎ 解得：‎ 这里我们简单提供一种计算的计算方法：‎ 联立方程解得：‎ 洛伦兹力提供向心力：‎ 解得：，D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，电阻R、电容器C与一半径为r的单匝圆形线圈连成闭合回路，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场。在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增加到2B。在此过程中 A. 流过R的电流方向从a到b ‎ B. 线圈中产生的感应电动势为 C. 电容器下极板带正电，上极板带负电 ‎ D. 电阻R消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】AB ‎【解析】AC．线圈内垂直纸面向里的磁感应强度增加，根据楞次定律可知线圈内的感应电流产生的磁感应强度垂直纸面向外，根据安培定则可知感应电流为逆时针方向，所以通过电阻的电流为从a到b，说明a点电势高，则电容器上极板带正电，下极板带负电，A正确，C错误；‎ B．根据法拉第电磁感应定律： B正确；‎ D．电动势恒定，通过电阻的电流恒定，根据电功率：‎ 可知电阻上消耗的功率不变，D错误。故选AB。‎ ‎7.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1 > r，电压表和电流表均为理想电表。开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴恰好处于静止状态。在将滑动变阻器的滑片P向b端滑动的过程中，下列说法正确的是 A. R3的功率变大 ‎ B. 电源的输出功率一定减小 C. 电压表、电流表的示数均变大 ‎ D. 电容器C所带电量减少，液滴向下加速运动 ‎【答案】CD ‎【解析】AC．滑片P向b端移动，滑动变阻器阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律：‎ 可知干路电流增大，上分压增大，电压表示数变大，和构成的并联电路分压减小，通过的电流减小，则通过的电流增大，电流表示数增大，根据电功率：‎ 可知上消耗的功率变小，A错误，C正确；‎ B．输出功率与外电路电阻的关系如图所示：‎ 因为，所以总电阻减小，根据图像可知电源的输出功率变大，B错误；‎ D．电容器和并联，电容器两端电压与两端电压相等，根据上述分析可知电容器两端电压减小，根据电容的定义：‎ 不变，减小，带电量减小，平行板电容器之间为匀强电场，根据：‎ 可知电场强度减小，液滴受到竖直向上的电场力减小，竖直向下的重力不变，液滴加速向下运动，D正确。故选CD。‎ ‎8.如图所示，矩形abcd处在匀强电场中，电场线与矩形所在平面平行，ab= cd= L， ad= bc= 2L，a点电势φa= 10V，b点的电势φb= 12V，c点的电势φc= 8V。一带电量为+q、质量为m的粒子从b点以初速度v0射入电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后恰好经过c点。不计带电粒子的重力，下列说法中正确的是 A. d点的电势φd = 6V B. 电场强度的方向由b指向d C. 电场强度的大小为 D. 带电粒子从b点运动到c点的时间为 ‎【答案】AD ‎【解析】AB．在匀强电场中，沿着任意方向前进相同的距离，电势变化相同，所以：‎ 解得：‎ 可知中点的电势也为，画出等势面，沿电场线方向电势降低，又因为电场线和等势面处处垂直，画出电场线方向如图：‎ A正确，B错误；‎ C．根据匀强电场中电场强度和电势差的关系：‎ 根据几何关系可知：‎ 解得：，C错误；‎ D．据图可知粒子在b点初速与电场力垂直，所以粒子在初速度方向上做匀速直线运动，水平位移：‎ 所以：‎ D正确故选AD。‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题：全为必考题，每个试题考生都必须做答。共174分。‎ ‎9.某同学利用如图所示的器材做“研究电磁感应现象”的实验。器材包括：灵敏电流计、直流电源 、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电键 、滑动变阻器、导线若干（图中没有画出）。‎ ‎（1）请你根据实验需要用笔画线代替导线帮助该同学在实物图上连线，连接滑动变阻器的两根导线要求接在接线柱C和D上________。‎ ‎（2）连接好实验电路后，在闭合电键瞬间，该同学发现电流计指针向右偏转。在以下操作步骤中他将观察到的实验现象是：‎ ‎①闭合电键后，将滑动变阻器的滑动触头向接线柱C端滑动时，电流计指针将_____‎ ‎（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。‎ ‎②闭合电键后，快速将线圈A中 铁芯向上拔出时，电流计指针将______（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。‎ ‎③将电键断开的瞬间，电流计指针将______（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。‎ ‎【答案】(1). (2). 右偏 左偏 左偏 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据实验原理和目的连接电路：‎ ‎（2）①[2]闭合电键瞬间，穿过B的磁通量增加，电流表指针向右偏转，闭合电键后，将滑动变阻器的滑动触头向接线柱C端滑动时，流过A的电流增大，磁极方向未变，磁通量增大，所以电流表指针右偏；‎ ‎②[3]同理，闭合电键后，快速将线圈A中的铁芯向上拔出时，磁极未变，磁通量减小，电流表指针左偏；‎ ‎③[4]将电键断开的瞬间，磁极未变，磁通量减小，电流表指针左偏。‎ ‎10.如图所示为某同学做“测定金属丝的电阻率”实验时采用的实验电路。实验室中备有如下器材：‎ A．待测金属丝（电阻约3Ω）‎ B．电流表A1（量程0~0.6A，内阻约0.125Ω） ‎ C．电流表A2（量程0~3A，内阻约0.025Ω）‎ D．电压表V1（量程0~3V，内阻约3kΩ）‎ E．电压表V2（量程0~15V，内阻约15kΩ）‎ F．滑动变阻器R1（总阻值约10Ω）‎ G．滑动变阻器R2（总阻值约1000Ω）‎ H．学生电源（电动势约4.0V，内阻很小）‎ I．导线若干，电键K、刻度尺、螺旋测微器 ‎（1）电流表应选择______，电压表应选择______，滑动变阻器应选择______。‎ ‎（2）用刻度尺测出接入电路部分金属丝的长度L；用螺旋测微器测出金属丝的直径D；闭合电键后，调节滑动变阻器滑片的位置，测出多组U和I的数据，做出关系图像，图像斜率为k，则金属丝电阻率的表达式为ρ=____________（用题目中所给出的字母表示）。‎ ‎（3）本实验的系统误差主要来源于_____________（选填“电流表分压”或“电压表分流”），分析可得ρ测 ________ρ真（选填“＜”、“＝”或“＞”）。‎ ‎【答案】 (1). A1 V1 R1 (2). (3). 电压表分流 ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]电源电动势约为，所以电压表选择的量程即可，根据欧姆定律：‎ 可知电流表选择的量程即可；‎ ‎[3]滑动变阻器的阻值选择便于调节电阻进行分压，并且可以满足保护电路的要求；‎ ‎（2）[4]图像的斜率为电阻，所以：‎ 根据电阻定律：‎ 横截面积：‎ 联立方程解得：；‎ ‎（3）[5]电流表测量的是流过电压表和金属丝的总电流，所以电压表分流导致误差；‎ ‎[6]电流测量偏大，根据欧姆定律可知电阻测量偏小，根据电阻率的表达式可知：。‎ ‎11.如图所示，足够长的两平行粗糙导轨水平放置，间距L =0.3 m，在导轨间有垂直于导轨平面竖直向下、强度为B = 0.5 T的匀强磁场。一阻值为R=2Ω的电阻接在导轨的a、b两端，b端接地。一质量为m=0.1kg、长为L =0.3 m、阻值为r=1W的直金属杆MN在水平拉力F作用下以v= 2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。已知，金属杆MN与导轨间的动摩擦因素为μ=0. 25，导轨电阻可忽略，g取10m/s2。求：‎ ‎（1）试判断a、b两端哪端的电势较高？并求出a端的电势φa；‎ ‎（2）金属杆MN所受拉力F的大小。‎ ‎【答案】(1) a端的电势较高，，(2)0.265N。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由右手定则可以判断通过R的电流方向由a到b，a端的电势较高 杆MN做切割磁感线的运动产生的感应电动势为：‎ 通过电阻R的电流：‎ 电阻R两端的电势差：‎ 其中，，解得a端的电势：；‎ ‎（2）导体棒所受安培力为：‎ 导体棒所受摩擦力为：‎ 导体棒向右匀速运动，所受合外力为零：‎ ‎12.如图所示，虚线左侧存在方向竖直向上、强度为E 匀强电场和方向垂直纸面向里、强度为B的匀强磁场，虚线右侧存在方向竖直向下、强度也为E的匀强电场， 为以O点为圆心的光滑绝缘圆弧。一质量为m，带电量为+q的小球（可视为质点）由M点静止释放，经过一段时间后运动至M点正下方的Q点（图中没有画出）。已知，电场强度，圆弧半径为L，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）小球运动至N点时对轨道的压力；‎ ‎（2）M点和Q点之间的距离。‎ ‎【答案】(1) 6mg，方向竖直向下，(2)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球由M点运动到N点做圆周运动，设小球运动到N点速度为v，由动能定理得：‎ 其中：‎ 由牛顿第二定律可得：‎ 解得：，‎ 由牛顿第三定律可得：小球运动至N点时对轨道的压力大小为6mg，方向竖直向下 ‎（2）小球由N点运动到P点做匀速圆周运动 小球由P点运动到Q点做类平抛运动 水平方向上：‎ 竖直方向上：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ M点和Q点之间的距离为：‎ ‎13.如图所示，两平行金属板水平放置，上极板带正电，下极板带负电，板间距离为d，板长为。一质量为m，带电量为q正粒子（不计重力）贴近上极板左边缘以初速度v0垂直进入电场，恰好从下极板右边缘飞出电场。经过一段时间后，粒子进入一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域（图中没有画出），离开磁场时速度恰好水平向右。求：‎ ‎（1）粒子离开电场时的速度v的大小及方向；‎ ‎（2）平行金属板间的电压U；‎ ‎（3）圆形磁场区域的最小面积。‎ ‎【答案】(1)，与水平方向夹60°，(2) ，(3)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子在平行金属板间做类平抛运动，设粒子离开电场时的速度大小为v，与水平方向夹角为θ：‎ 由类平抛运动规律可得：‎ 解得：‎ 离开电场时：‎ ‎（2）设平行金属板间的电压为U，由动能定理可得：‎ 解得：‎ ‎（3）带电粒子在圆形匀强磁场区域内做匀速圆周运动，设其运动的轨迹半径为R：‎ 分析可得，带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为，要使满足题目要求的圆形磁场区域的面积最小，区域应以入射点和出射点连线为直径，所以最小圆形磁场区域的半径为：‎ 所以最小面积：‎