湖南省永州市2020学年高二物理上学期期末检测试题（含解析）

湖南省永州市2020学年高二物理上学期期末检测试题（含解析）

永州市2020年下期高二期末质量监测试卷 ‎ 物 理 一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一个选项符合题目要求；11~15题有多个选项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。将各题的正确答案选出来填在答题卡的相应位置）‎ ‎1.下列关于电场强度、电势、电场线说法中，正确的是 A. 电场强度为零的地方,电势一定为零 B. 沿着电场线方向,电势逐渐降低 C. 电场强度较大的地方,电势一定较高 D. 电势为零的地方,电场强度一定为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小。电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高；电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零，故ACD错误，B正确。‎ ‎2.真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F，如果将这两个点电荷之间的距离变为原来的，而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为 A. F B. 3F C. 27F D. 81F ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】距离改变之前：，距离和电荷量都改变之后：‎ ‎，故D正确，ABC错误。‎ ‎3.如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点。不计重力，下列说法正确的是 A. 粒子带正电 B. 粒子在N点的速率比M小 C. 粒子在N点的加速度比M大 D. 粒子在N点的电势能比M低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由曲线运动的知识可知，粒子受到的电场力向左，电场力的方向与电场强度的方向相反，故粒子带负电，A错误；‎ B、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，故N点的速率比M大，故B错误；‎ C、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故C错误；‎ D、粒子从N点运动到M点，电场力做负功，电势能增加，故粒子在N点的电势能比M低，D正确。‎ ‎4.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中 A. a点磁感应强度最大 B. b点磁感应强度最大 C. a、b两点磁感应强度相同 D. c、d两点磁感应强度相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则，直线电流在圆周上各点的磁感应强度如图所示：‎ 根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图：‎ 显然，c点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同；a点磁感应强度为两点之差的绝对值，最小；b点电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大；故B正确，ACD错误。‎ ‎5.某同学做观察电磁感应现象的实验，将电流计、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，当他接通、断开开关时，电流计的指针都没有偏转，其原因是（）‎ A. 开关位置错误 B. 电流计的5、b接线柱接反 C. 线圈B的接头3、4接反 D. 蓄电祂的正、负极接反 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断，而本实验的内容之一就是研究通过开关通断导致磁场变化，从而产生感应电流的情况，但图中开关的接法达不到目的，A正确；根据感应电流的产生条件，电流计、蓄电池及线圈B的两接线端调换与否对感应电流是否产生无影响，B、C、D错误.‎ 故选A ‎6.如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内．当发现闭合线圈向右摆动时 A. AB中的电流减小，线圈中产生逆时针方向的电流 B. AB中的电流减小，线圈中产生顺时针方向的电流 C. AB中的电流增大，线圈中产生逆时针方向的电流 D. AB中的电流增大，线圈中产生顺时针方向的电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里；‎ AB、AB中的电流减小，线圈中向里的磁通量减小，所以将产生顺时针方向的电流，同时线圈向左运动，题意中的线圈向右运动，故AB均不满足题意，故AB错误；‎ CD、AB中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向，同时线圈向右运动，故C正确，D错误。‎ ‎7.如图所示，质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨宽为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，在它的四个侧视图中标出四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属棒受重力、向右的安培力以及支持力；若要使棒平衡，摩擦力可以为零，故A正确；‎ B、金属棒受重力、垂直斜面向下安培力以及支持力；若要使棒平衡，摩擦力方向沿斜面向上，故B错误；‎ C、金属棒受重力和竖直向下的安培力和支持力；若要使棒平衡，摩擦力方向沿斜面向上，故C错误；‎ D、金属棒受重力、向左的安培力以及支持力；若要使棒平衡，摩擦力方向沿斜面向上，故D错误。‎ ‎8.如图所示电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮 B. 当开关S闭合时，B灯先亮，A灯后亮 C. 当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后B灯更亮，A灯熄灭 D. 当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后亮度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当开关S闭合时，灯B立刻亮，L产生与电流方向相反的自感电动势，逆时针流过灯泡A，所以两灯泡同时亮，稳定后线圈L的电阻为零，灯泡A熄灭，C对；‎ ‎9.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. 粒子一定带正电 B. 粒子由O到A的弧长对应的圆心角为300‎ C. 粒子由O到A经历的时间为 D. 粒子A点与x轴距离为 ‎【答案】D ‎【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、粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应圆心角为θ＝60°，故粒子由O到A的弧长对应的圆心角为60°，故B错误；‎ C、粒子轨迹对应的圆心角为θ＝60°，所以粒子运动的时间为 tT，故C错误；‎ D、设点A与x轴的距离为d，由轨迹图可得：r﹣rcos60°＝d，所以d＝0.5r，而粒子的轨迹半径为r，则得A点与x轴的距离为：d，故D正确。‎ ‎10. 如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电，现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（ ）‎ A. 油滴带正电 B. 油滴带电荷量为 C. 电容器的电容为 D. 将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由题，带电荷量为的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误；由平衡条件得：，解得油滴带电荷量为：，故B错误；根据，结合，且，则得电容器的电容为：．故C正确；极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动，故D错误。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路。‎ ‎11.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是某种金属材料制成的霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是 A. D侧面电势高于C侧面电势 B. C侧面电势高于D侧面电势 C. 在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直 D. 在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D侧面的电势高，故A正确，B错误；‎ CD、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故C正确，D错误。‎ ‎12.在如图所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（   ）‎ A. 电源的电动势为 V，内阻为 B. 电阻R的阻值为 C. 电源的输出功率为W D. 电源的效率为％‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：本题解题关键是理解好直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，除了能确定电源的电动势大小E=3V；电源内阻r=0.5Ω；同时可知当此电源外电路接通工作电流为2A时，其路端电压为2V；也可以根据欧姆定律计算此时所接的外电阻的值为1Ω；直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，其斜率等于电阻R的大小，经计算知其大小为1Ω．综上可知图像中两直线的交点就是用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路的工作电流与电压，即此时I=2A；U=2V；进一步结合电源输出功率计算公式P输=UI=4W；先计算电源总功率P总=EI=6W，进而电源效率为=66.7%‎ 考点：电源与导体的伏安特性曲线，闭合电路欧姆定律及电功、电源效率 ‎13.穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是 A. 图①中，回路产生的感应电动势恒定不变 B. 图②中，回路产生的感应电动势恒定不变 C. 图③中，回路在0～t1内产生的感应电动势小于在t1～t2内产生的感应电动势 D. 图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图①中磁通量Φ变化率0，无感应电动势产生，故A错误；‎ B、图②中磁通量Φ变化率不变且不为0，感应电动势恒定不变（不为零），故B正确；‎ C、图③中回路在0～t1时间内，图象的斜率大于在t1～t2时间的斜率，说明前一段时间内磁通量的变化率大于后一时间内磁通量的变化率，所以根据法拉第电磁感应定律知，在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势，故C错误；‎ D、图④中磁通量Φ随时间t变化图象的斜率先变小后变大，磁通量的变化率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确。‎ ‎14.如图所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直磁场方向水平放置两根相距为L＝0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻。金属棒ab垂直导轨放置，其电阻r＝0.2 Ω，其它电阻不计。当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时 A. a端电势比b端电势高 B. N、Q间电压为0.2 V C. 回路中感应电流大小为1 A D. ab棒所受安培力大小为0.02 N ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由右手定则判断知，ab棒中感应电流方向由b到a，a端相当于电源的正极，电势较高，故A正确；‎ BC、ab棒产生的感应电动势E＝BLv＝0.5×0.1×4V＝0.2V，感应电流为I0.4A，N、Q间电压为U＝IR＝0.4×0.3V＝0.12V，故BC错误；‎ D、a b棒所受安培力大小 F安＝BIL＝0.5×0.4×0.1N＝0.02N，故D正确。‎ ‎15.在匀强电场所在平面内存在一个半径为R的圆形区域，完全相同的带正电粒子以初速度v0沿不同的方向从A点进入圆形区域，已知从D点离开的粒子动能最大，且AB、CD是两条互相垂直的直径。下列说法正确的是 A. 电场方向沿AD方向 B. 电场方向沿CD方向 C. 从B点离开的粒子速度仍是v0‎ D. 从C点离开的粒子速度仍是v0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、仅在电场力作用下从A点进入，离开D点的动能最大，电势能最小，由于带电微粒是带正电，则D点是电势最低的点，所以电场线与过D的切线相垂直，故匀强电场的方向沿CD方向，由C指向D，故A错误，B正确；‎ C、由于AB与CD垂直，而电场的方向沿CD的方向，所以AB两点的电势相等，所以从B点离开的粒子速度仍是v0．故C正确；‎ D、由上可知，电场线方向从C到D，由沿着电场线方向，电势降低，则有C点的电势能最大，动能最小，故D错误；‎ 二、填空题（本题共4小题，每空2分，作图2分，共20分）‎ ‎16.如下图所示的螺旋测微器的读数为______ mm。‎ ‎【答案】2.702~2.708‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】螺旋测微器的读数为：2.5mm+0.01mm×20.5=2.705mm（在2.702~2.708范围内亦可）。‎ ‎17.某同学用多用电表测一定值电阻的阻值，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过小，因此需选择________倍率的电阻挡(选填“×10”或“×1 k”)，并重新进行欧姆调零，再进行测量，多用表的示数如下右图所示，测量结果为________Ω。‎ ‎【答案】 (1). ×1k (2). 20000‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】选用“×100”档，发现指针偏角太小，说明指针示数太大，所选档位太小，为准确测量电阻，应换大挡，应把选择开关置于“×1 k”挡；由图示可知，欧姆表示数为20×1000Ω＝20000Ω。‎ ‎18.要测定某电源的电动势和内电阻，某同学按如图甲所示的电路图连接好电路并进行如下操作：‎ ‎(1)闭合开关S1，多次调节电阻箱的阻值，并记录下每次的电阻值R及对应的电流表A的示数I(电流表的内阻很小，可忽略不计)；‎ ‎(2)根据数据，作出图象－R，如图乙所示，则根据图象可以求出：电源电动势E＝________ V . 内电阻r＝________Ω.‎ ‎【答案】 (1). 2； (2). 4；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由闭合电路欧姆定律变形，得到与R的关系式，根据数学知识分析图象的斜率和截距的意义，即可求出电源电动势E和内电阻r。‎ ‎【详解】由闭合电路欧姆定律变形得：，根据数学知识得知，图象的斜率等于，纵轴截距等于，则由图象读出斜率为，则电动势，纵轴截距为，则得到；‎ 故答案为2，4。‎ ‎19.有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：‎ A.电压表（0～5V，内阻10kΩ）‎ B.电压表（0～15V，内阻20kΩ）‎ C.电流表（0～3A，内阻1Ω）‎ D.电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）‎ E.滑动变阻器（10Ω，2A）‎ F.滑动变阻器（500Ω，1A）‎ G.学生电源（直流6V）、开关、导线若干 ‎（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由_____；‎ ‎（2）实验中所用电压表应选_____，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____．（填序号示）‎ ‎（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图_____．‎ ‎【答案】 (1). 在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法 (2). A (3). D (4). E (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法；仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器。‎ ‎【详解】(1) 在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲；‎ ‎(2) 因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；‎ 由P=UI得，灯泡的额定电流I=，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；‎ 而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；‎ ‎(3)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示 ‎。‎ ‎【点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断。‎ 三、计算题（本题共3小题，共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎20.如图乙所示，一个电阻r =1Ω、边长L=0．1m、匝数为100匝的正方形线圈,与阻值R=3Ω的电阻连接成闭合回路．线圈所在正方形区域内存在垂直于线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图甲所示，不计导线的电阻．求t=0至t=0．1s时间内：‎ ‎（1）通过电阻R上的电流方向和大小．（2）通过电阻R上产生的热量．‎ ‎【答案】（1）0．5 A（2）0．075J ‎【解析】‎ 试题分析：1）由楞次定律知该电流由M向N通过R；‎ 由法拉第电磁感应定律得感应电动势为①‎ ΔΦ=ΔB·L2②‎ 由闭合电路的欧姆定律④‎ 从图象可知：⑤‎ 联立以上几式解得：通过R的电流大小为I= 0．5 A ‎（2）由焦耳定律得在0．1s时间内R产生的热量 考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 ‎21.如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边界，已知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d。‎ ‎（1）求加速电压U0；‎ ‎（2）若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；‎ ‎（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析: (1)对直线加速过程，根据动能定理，有：qU0=解得:U0=‎ ‎(2)设此时场强大小为E，则:ab方向，有:L=v0t ad方向，有:L=‎ Uac=EL 解得:Uac=‎ ‎（3）根据可知，离子射出电场时的速度，方向与ab所在直线的夹角为45°，即，根据，，可得x=2y，则离子将从bc边上的中点飞出，即 根据动能定理，有：解得:‎ 考点： 带电粒子在电场中运动 ‎22.如图所示，光滑绝缘平台水平固定，在平台右下方有两条平行边界MN与PQ，其竖直距离为h=1.85 m，两边界间存在匀强电场和磁感应强度B=2 T且方向垂直纸面向外的匀强磁场，MN过平台右端并与水平方向夹角θ=30°。在平台左端放一个可视为质点带正电的A球，其比荷0.5 C/kg，现给A球不同的水平速度，使其飞出平台后在MNPQ区域内恰好能做匀速圆周运动。g=10m/s2，取。‎ ‎（1）求电场强度的大小和方向。‎ ‎（2）当 A球的速度为v1=1.85 m/s时，A球在MNPQ区域内的运动时间为多少？‎ ‎（3）要使A球在MNPQ区域内的运动时间保持不变，则A球的速度应满足的条件？（A球飞出MNPQ区域后不再返回）‎ ‎【答案】（1）N/C 方向竖直向上 （2） s （3） m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A球在MNPQ区域内： ‎ 解得： N/C，方向竖直向上 ‎（2）对A球 ： ‎ 解得：m 由于故圆心在PQ上垂直PQ射出，圆心角为 ，如图所示：‎ 又：， s ‎（3）在MNPQ区域内的运动时间不变，则A球从MN边界飞出，速度最大时轨迹与PQ相切，如图所示：‎ 又： ‎ 解得：m/s 故速度满足 ：m/s