【物理】山西省吕梁孝义市2019-2020学年高二上学期期末考试试题

【物理】山西省吕梁孝义市2019-2020学年高二上学期期末考试试题

‎【参考答案】‎ ‎1.A解析：由定义式E=F/q 和U=W/q很易认为电场强度E和电势差U都与试探电荷有关，这是不正确的。首先要弄清楚电场强度E和电势差U都是描述电场自身性质的物理量。只要电场一定，电场中任意一点的电场强度和任意两点间的电势差就确定了，引入试探电荷q仅仅是为了量度它们。若q增加一倍，他受的力和电场力做的功也会相应增加一倍。对同一点来说，F和W与q的比值都是一个常数，与q的大小无关。故应选答案A.‎ ‎2C解析：当给矩形线圈通上电流，线圈上每个电流元将受到一个向外的张力，这些力将使线圈发生形变，直到变成圆为止。故应选答案C。‎ ‎3B解析：两束射线都产生电场和磁场，洛仑兹力是指磁场对运动电荷的作用；安培力是载流导线在磁场中受到的力；阴极射线不是导线中的定向运动电流，而是定向运动的电子束。所以，两束射线除了有库仑力之外，还有洛仑兹力，而没有安培力。故应选答案B。‎ ‎4C解析：当导线的l、s不变，由导体中自由电子定向移动的速率公式 和U=IR 可知，I也增加至3倍，故定向移动的速率也增至3倍。故应选C.‎ ‎5C解析：因两根磁铁与两环的起始距离分别是相等的，且速度相等，所以两磁铁分别在两环中产生的磁通量是相等的。又因木环是绝缘体，环中没有感应电流，所以木环不产生磁场，木环中的磁通量等于磁铁在环中产生的磁通量。而铜环则不同，当磁铁插入时，环中将有感应电流，根据楞次定律，这个感应电流产生的磁场将抵抗环中磁通量的增加（因磁铁插入的过程中磁通量增加），即磁铁在环中产生的磁通量的一部分将被感应电流产生的磁通量抵消。故铜环中的磁通量小于木环中磁通量应选答案C。‎ ‎6 C ‎7A解析　由数据0.50 A和2.0 V算出电动机线圈电阻R＝2.0/1.0 Ω＝2Ω，根据IU＝P＋IR代入数据计算得P＝64W.‎ ‎8.D解析　在加速电场中，由动能定理得：qU＝mv2，‎ 解得：v＝ ，‎ 磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m，‎ 得：r＝＝ 则得：x＝2r＝ ，B、m、q都一定，则由数学知识得到，x－U 图象是开口向右的抛物线的上半部分，D正确．‎ 则由数学知识得到，x－U图象是开口向右的抛物线的上半部分，D正确．‎ ‎9.AD【详解】带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒的合力只表现为洛伦兹力才能做圆周运动，故粒子所受电场力向上，微粒带正电，微粒的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg=qE可得，故A正确；B错误洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D正确；故选AD．‎ 答案　AD ‎10．BD解析：带电质子从特定点A进入有界匀强磁场，做圆弧运动，我们可以圆心在垂直于OA的直线上由于质子射入的速度不同，依可知其做圆周运动的轨迹半径各不相同，于是可以做出各种速率的质子的轨迹如图所示。‎ 然而质子进入磁场后做圆周运动的速度转向角决定了其对应的圆心角的大小，从而确定了其在磁场中运动的时间的长短。通过示意图可以看出：质子从B、C、D、E各点飞出时其速度都在该点的切线上，它们与入射方向之间的夹角依次是减小的，即质子在磁场的运动时间时间也是依次减小的，因此正确选项是BD ‎11.解析　等量异种电荷连线的中垂线一定是等势线，且与无穷远处等电势，这是本题考查的重点．至于粒子的动能增减、电势能变化情况，可以根据粒子轨迹的弯曲情况结合功能关系判断出来．由粒子开始时一段轨迹可以判定，粒子在该电场中受到大致向右的电场力，因而可以判断粒子带负电，A正确．因为等量异种电荷连线的中垂面是一个等势面，又由两个电荷的电性可以判定，粒子在运动过程中，电场力先做正功后做负功，所以其电势能先减小后增大，动能先增大后减小，所以B错误、C错误．因为M点所处的等量异种电荷连线的中垂面与无穷远等电势，所以在由M点运动到无穷远的过程中，电场力做功W＝qU＝0，所以粒子到达无穷远处时动能仍然为原来值，即速度大小一定为v0.‎ ‎12.AC解析　当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由I＝知总电流减小，通过L2的电流减小，L2变暗；由U并＝E－I(RL2＋r)知，变阻器与L1并联部分电压增大，示数变大，L1变亮，AC正确．‎ ‎13. （2分） 1（2分）‎ ‎14．【答案】(1)B（1分）　F（1分）　(2)（2分）(3)（2分）见解析图 ‎【解析】由于I额＝＝263 mA，故电流表应选B；因要求小电珠两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器应选小阻值的F.‎ ‎(1)实验中电流表应选B，滑动变阻器应选用F.‎ ‎(2)实验电路图如图甲所示．‎ ‎(3)实物连接图如图乙所示．‎ ‎15．【答案】(1)R1（2分）　(2)（2分）见解析图　(3)1.48(1.47～1.49均正确)（2分）　0.95 Ω(0.94Ω～0.96 Ω均正确)（2分）‎ ‎【解析】(1)电路中最大电流I＝＝ A＝1.5 A．R2的额定电流小于1.5A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器用R1.‎ ‎ (2)如图所示 ‎(3)将图线延长，交于纵轴，则纵截距即为电动势 E＝1.48 V(1.47～1.49 V均正确)．‎ r＝，可得r＝0.95 Ω(0.94Ω～0.96 Ω均正确)．‎ ‎16．解析：因为,所以v。（1分）‎ 将cb分成三等份，每一等份的电势差为4v,连接ad ,并从c点作依次作ad的平行线，得到各等势线，作等势线的垂线ce,场强方向由c指向e，所以（2分）‎ 得 3cos=2cos （1分）‎ ‎ 3cos=2cos=2cos（）=cos+（1分）‎ ‎2cos=（2分）‎ v（1分）‎ ‎17．【答案】(1)正（2）Y=y+L tan= (3)Ek＝mv2＝qU1＋.‎ ‎【解析】‎ （1） 在偏转电场中电场的方向向上，带电粒子的向上偏转，受到的力的方向也向上，带电粒子带正电。（2分）‎ （2） 电子在加速电场加速时，根据动能定理qU1＝mvx2（1分）‎ 进入偏转电场后X＝vx·t，vy＝at a＝ 沿电场方向 （1分）‎ 带电粒子出电场时速度方向与初速度方向之间的夹角为 tan=（1分）‎ 则带电粒子打到光屏的位置与光屏中心点之间的距离Y=y+L tan=（1分）‎ ‎(3)射出偏转电场时合速度v＝，（1分）‎ 以后匀速到达荧光屏．‎ 由以上各式，得Ek＝mv2＝qU1＋（1分）‎ ‎18．【答案】(1)v0　(2) 　　(3) ‎【解析】‎ ‎(1)粒子运动轨迹如图所示，OQ段为圆弧，QP段为抛物线，粒子在Q点时的速度大小为v0 ，根据对称性可知，方向与x轴正方向成45°角，可得：‎ v＝v0cos 45°（1分）‎ 解得：v＝v0（1分）‎ ‎(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得 ‎－qEL＝mv2－mv 解得E＝（1分）‎ 水平方向的位移为xQP＝v0t1=2L 竖直方向的位移为y＝v0sin 45°t1＝L（1分）‎ 可得xQP＝(2＋)L，OQ＝L（1分）‎ 由OQ＝2Rsin 45°，故粒子在OQ段圆周运动的半径R＝L（1分）‎ qv0B＝m 解得B＝（1分）‎ ‎(3)粒子从O点运动到Q点所用的时间为 t1＝×＝（1分）‎ 设粒子从Q到P所用时间为t2，在竖直方向上有t2＝＝（1分）‎ 则粒子从O点运动到P点所用的时间为t＝t1＋t2＝ （1分）‎ ‎19【答案】（1）0.2A（2）1m/s (3) 12.75m ‎【解析】‎ ‎（1）杆达到最大速度后， ab中最大电流为Im，‎ 由平衡条件： （1分）‎ 解得：Im=0.2A （1分）‎ ‎（2）由闭合电路的欧姆定律：Em=Im(R0+r)＝1.0v （1分）‎ 由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm （1分）‎ 解得= =1m/s（1分）‎ ‎（3）电路中产生的总焦耳热 （1分）‎ 由动能定理得=（1分）‎ 解得杆下滑的距离 x=12.75m（1分）‎