【物理】湖南省两校联考2019-2020学年高二上学期期末联考试题（解析版）

【物理】湖南省两校联考2019-2020学年高二上学期期末联考试题（解析版）

湖南省长沙市一中、湖南师大附中联考2019-2020学年高二上学期期末物理试卷 一、单选题（本大题共8小题）‎ ‎1.如下左图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为(　　) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况：磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以沿Z轴正方向磁感应强度B的大小是先变小后变大．由于题目中问的是磁感应强度B的大小，故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎2.如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．图中虚线为电场线(方向未标)．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则 A. 每个尘埃的运动轨迹都与一条电场线重合 B. 尘埃在迁移过程中电势能增大 C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D. 图中点电势低于点电势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电场线为直线时，运动轨迹才有可能与电场线重合，并且要求初速度为零或者方向与电场线方向一致；电场线为曲线时，则运动轨迹不能与电场线重合，故A错误；‎ D. 由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，点更靠近放电极，所以图中点电势低于点电势，故D正确；‎ B. 带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故B错误；‎ C. 放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，尘埃的加速度是变化的，故C错误．‎ ‎3.如图所示，绝缘轻杆长为L，一端通过铰链固定在绝缘水平面，另一端与带电量大小为Q的金属小球1连接，另一带正电、带电量也为Q的金属小球2固定在绝缘水平面上。平衡后，轻杆与水平面夹角为30°，小球1、2间的连线与水平面间的夹角也为30°．则关于小球1的说法正确的是（已知静电力常量为k）（　　）‎ A. 小球1带正电，重力为 B. 小球1带负电，重力为 C. 小球1带正电，重力为 D. 小球1带负电，重力为 ‎【答案】A ‎【解析】ABCD.分析小球1的受力情况，小球受到重力、库仑力和杆的弹力作用，由于杆通过铰链固定，则杆的弹力沿着杆向外，如图所示：‎ 根据几何关系可知，杆与竖直方向夹角为60°，则重力和库仑力合成以后组成的矢量三角形为等边三角形，两球间距为L，库仑力大小为，则小球带正电，重力大小等于库仑力，重力为，故A正确BCD错误。故选A。‎ ‎4.磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线，假设地球磁场是由地球的环形电流引起的，则该假设中的电流方向是 A. 由南向北沿磁子午线 B. 由北向南沿磁子午线 C. 由东向西垂直磁子午线 D. 由向东垂直磁子午线 ‎【答案】C ‎【解析】根据题意知，地磁体的N极朝南,根据安培定则,大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，所以选C ‎5.在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制．如图所示，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，C为电容器．已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则有（　　）‎ A. 若R1固定，当环境温度降低时电压表的示数减小 B. 若R1固定，当环境温度降低时R1消耗的功率增大 C. 若R1固定，当环境温度降低时，电容器C的电荷量减少 D. 若R1固定，环境温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小 ‎【答案】D ‎【解析】A.当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，路端电压，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大，故A错误；‎ B.R1消耗的功率，I减小，R1不变，则P减小，故B错误；‎ C.若环境温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，电容器的电压，E、r、R2均不变，I减小，‎ UC减小，电容器C的带电量减小，故C错误；‎ D.若R1固定，环境温度不变，电容器C两板间的电压不变，当电容器C两极板间的距离增大时，，故D正确。故选D 。‎ ‎6.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外．则 A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】本题考查右手螺旋定则来判定通电直导线得磁场方向。‎ ‎【详解】ABCD.整个系统处于匀强磁场中，外磁场得磁感应强度大小为 ，方向垂直于纸面向外，且a、b两点得磁感应强度大小分别为 和 ，方向也垂直于纸面向外，根据右手螺旋定则， 直导线电流，在a、b两点磁场方向垂直纸面向里，大小相等；同理， 直导线的电流，在a点磁场方向垂直纸面向里，在b点磁场方向垂直纸面向外，但两点的磁场大小相等,根据矢量叠加法则，则：‎ ‎ ‎ 联立上式，可解得：， 。故AD正确BC错误。‎ 故选AD。‎ ‎7.如图所示，由三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用表示．现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶2∶3，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，则其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为 A. 1∶1 B. 5∶3‎ C. 3∶2 D. 27∶5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 带电粒子在磁场运动的时间为，在各个区域的角度都为，对应的周期为，则有，故 ，则三个区域的磁感应强度之比为，三个区域的磁场半径相同为，又动能，联立得，故三个区域的动能之比为：，故在b处穿越铝板所损失的动能为，故在c处穿越铝板所损失的动能为，故损失动能之比为，D正确，选D.‎ ‎8.如图，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态（若规定弹簧自然长度时弹性势能为零，弹簧的弹性势能Ep=k△x2，其中k为弹簧劲度系数，△x为弹簧的形变量）一质量为m、带电量为q（q＞0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无机械能损失，物体刚好能返回到s0段中点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g ‎。则下列说法不正确的是（　　）‎ A. 滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间为t=‎ B. 弹簧的劲度系数为k=‎ C. 滑块运动过程中的最大动能等于Ekm=（mgsinθ+qE）s0‎ D. 运动过程中物体和弹簧组成的系统机械能和电势能总和始终不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，‎ 由牛顿第二定律得：‎ 由位移公式得：‎ 联立可得：‎ 故A正确；‎ B.滑块从释放到返回到s0段中点的过程，由功能关系得：‎ 解得：‎ 故B正确；‎ C.滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有 解得：‎ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得：‎ 弹簧弹力做功：‎ 则最大动能：‎ 故C错误；‎ D.物体运动过程中只有重力和电场力做功，故只有重力势能、电势能和和弹性势能动能参与转化，滑块的机械能和电势能的总和始终不变，故D正确。‎ 本题选择不正确，故选C。‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16．0分）‎ ‎9.如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r。当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L（可看作纯电阻）都恰能正常工作。已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 电动机的额定电压为IR B. 电动机的输出功率为IE-I2（R0+R+r）‎ C. 电源的输出功率为IE-I2r D. 整个电路的热功率为I2（R0+R）‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，IR不是电动机的额定电压，故A错误；‎ B.根据能量守恒定律可知，电动机总功率为，内部消耗功率为 ‎，故输出功率为，故B正确；‎ C.电源的总功率为IE，内部消耗功率为I2r，则电源的输出功率为，故C正确；‎ D.整个电路的热功率为，故D错误。故选BC。‎ ‎10.如图，纸面内有U形属导轨，AB部分是直导线，虚线范图内有向纸里的均匀磁场，AB右侧有圆线圈C；为了使C中产生时顺针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情是( )‎ A. 向左加速运动 B. 向左减速运动 ‎ C. 向右加速运动 D. 向右减速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】导线MN运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断出感应电流的方向．此感应电流流过AB时，产生磁场，就有磁通量穿过线圈C，根据安培定则可判断感应电流产生的磁场方向，再根据楞次定律判断线圈C中产生的电流方向，即可选择符合题意的选项．‎ ‎【详解】导线MN加速向右运动时，导线MN中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则判断出来MN中感应电流方向由N→M，根据安培定则判断可知：AB在C处产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过C磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈C产生顺时针方向的感应电流．同理，MN向左减速运动时，线圈C中也产生时顺针方向的感应电流；MN向左加速或者向右减速运动时，线圈C中产生时逆针方向的感应电流；故BC正确，AD错误；故选BC．‎ ‎【点睛】本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，要按程序法依次运用右手定则、楞次定律和安培定则进行判断．‎ ‎11.如图所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流（从右侧观察）．在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ．原PQ 中无电流，现通以水平向右的电流，在短时间内（ ）‎ A. 从上往下观察导线框顺时针转动 B. 从上往下观察导线框向右平移 C. 细绳受力会变得比导线框重力大 D. 导线框中心的磁感应强度变大 ‎【答案】ACD ‎【解析】A. 由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从里向外，根据左手定则，知外侧电流受安培力向左，内侧电流受安培力向右，从上往下看，导线框将顺时针转动，故A项正确，B项错误；‎ C. 线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线Q处的边的电流的方向向右，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受安培力向下，细绳受力会变得比导线框重力大．故C项正确；‎ D. 线框沿顺时针方向转动一个小角度后，电流PQ产生的磁场方向从里向外穿过线框，根据安培定则，线框产生磁场的方向也是从里向外，则线框中心的磁感应强度变大．故D项正确．‎ ‎12.如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以v0=的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小v=v0的速度通过N点。已知重力加速度g，不计空气阻力。则下列正确的是（　　）‎ A. 小球从M到N的过程经历的时间t= ‎ B. 从M到N的运动过程中速度大小一直增大 C. 从M点到N点的过程中小球的机械能先减小后增大 D. 可以求出电场强度的大小 ‎【答案】AC ‎【解析】A.小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，则有：‎ 解得：‎ 说明MN为电场的等势面，可知电场的方向水平向右；小球在竖直方向做自由落体运动，可知小球从M到N的过程经历的时间为：‎ 联立解得：‎ 故A正确；‎ BC.水平方向小球受向右的电场力，所以小球先向左减速后向右加速，电场力先负功后正功，机械能先减小后增加，故C正确B错误；‎ D.因为MN为电场的等势面，所以小球到N点时水平方向的速度大小为v0，在水平方向上由动量定理得：，可求得电场力大小，但不知道小球的带电量为多少，所以电场强度无法求解，故D错误。故选AC。‎ 三、实验题（本大题共2小题，共18．0分）‎ ‎13.霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器，用它可以检测磁场及其变化，图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图，由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场，测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路，所用器材已在图中给出并已经连接好电路。‎ ‎（1）制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从乙图中霍尔元件右侧流入，左侧流出，霍尔元件______（填“前表面”或“后表面”）电势高；‎ ‎（2）已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷电荷量为e，霍尔元件的厚度为h。为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B，根据乙图中所给的器材和电路，还必须测量的物理量有______（写出具体的物理量名称及其符号），计算式B=______。‎ ‎【答案】 (1). 后表面 (2). 电压表示数U，电流表示数I ‎ ‎【解析】（1）[1]磁场是直线电流产生，根据安培定则，磁场方向向下；电流向左，根据左手定则，安培力向外，载流子是负电荷，故前表面带负电，后表面带正电，故后表面电势较高。‎ ‎（2）[2][3]设前后表面的厚度为d，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡有：‎ 根据电流微观表达式，有：‎ 联立解得：‎ 因此还必须测量的物理量有：电压表读数U，电流表读数I。‎ ‎14.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：‎ ‎（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，则接入电路的金属丝长度为______cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为______mm。‎ ‎（2）在接下来实验中发现电流表量程太小，需要通过测量电流表的满偏电流和内阻来扩大电流表量程。他设计了一个用标准电流表G1（量程为0～30μA）来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示。已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。‎ ‎①实验步骤如下：‎ A.分别将R1和R2的阻值调至最大。‎ B.合上开关S1。‎ C.调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数I1如图甲所示，则I1=______μA。‎ D.合上开关S2。‎ E.反复调节R1和R2的阻值，使G2的指针偏转到满刻度的一半，G1的示数仍为I1，此时电阻箱R2的示数r如图乙所示，则r=______Ω。‎ ‎②若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS=______。（用I、I1、r表示）‎ ‎【答案】 (1). 22.46 0.850 (2). 25.0 508 ‎ ‎【解析】（1）[1]毫米刻度尺读数要估读到0.1mm，故读数为224.6mm=22.46cm；‎ ‎[2]螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm；‎ 可动刻度读数 故毫米刻度尺读数为；‎ ‎（2）①[3]C.微安表最小分度1μA，故指针示数为25.0μA；‎ E.[4]由电阻箱示数可知，电阻箱的读数为：5×100+0+8×1=508Ω；‎ ‎②[5]扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为：。‎ 四、计算题（本大题共3小题，共34．0分）‎ ‎15.如图甲所示，螺线管线圈的匝数n=1000匝，横截面积S=40cm2，螺线管线圈的电阻r=2.0Ω，R=3.0Ω，R=5.0Ω．穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图乙所示规律变化，求：‎ ‎（1）线圈产生的感应电动势大小；‎ ‎（2）R1消耗的电功率。‎ ‎【答案】（1）8V（2）1.92W ‎【解析】（1）由乙图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那么在（甲）图的线圈中会产生恒定的感应电动势。磁感应强度的变化率等于B-t图象的斜率，则感应电动势为 代入数据解得：‎ E=8V ‎（2）电路中的感应电流为：‎ R1消耗的电功率为：‎ 代入数据解得：‎ ‎16.如图所示，水平绝缘轨道，左侧存在水平向右的有界匀强电场，电场区域宽度为L，右侧固定一轻质弹簧，电场内的轨道粗糙，与物体间的摩擦因数为μ=0.5，电场外的轨道光滑，质量为m、带电量为+q的的物体A从电场左边界由静止释放后加速运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起运动，碰撞时间极短开始B靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接，(A、B均可视为质点)，已知匀强电场场强大小为．求：‎ ‎(1)弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(2)整个过程A在电场中运动的总路程．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据动能定理和动量守恒定律，求出物体A碰前的速度，根据机械能守恒即可求出弹簧的最大弹性势能；由题意知最终AB静止在电场外，弹簧处于自由伸长状态，AB共同在电场中运动的距离为x，由能的转化与守恒可得AB共同在电场中运动的距离，再加上电场区域宽度即可求出整个过程A在电场中运动的总路程．‎ ‎（1）物体A碰前的速度为，根据动能定理：‎ 碰撞过程动量守恒：‎ 压缩过程机械能守恒：，‎ 解得 ‎（2）最终AB静止在电场外，弹簧处于自由伸长状态，AB共同在电场中运动的距离为x，由能的转化与守恒：‎ A在电场中运动的总距离为s，‎ 位移关系为：s=L+x 联立解得：‎ 点睛：本题主要考查了动能定理和动量守恒的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比．‎ ‎17.在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2=，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷=102C/kg的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以v0=4m/s的速度从-x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2．试求：‎ ‎（1）带电微粒运动到C点纵坐标值h及电场强度E1；‎ ‎（2）+x轴上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？‎ ‎（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？‎ ‎【答案】（1）0．2N/C ‎（2）B0=0．2n（T）（n=1，2，3…）；（n＝1，2，3…）‎ ‎（3）（kg/C）．‎ ‎【解析】 (1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动.‎ ‎.‎ ‎ ‎ ‎，‎ 则qE1=2mg，计算得出E1=0.2N/C.‎ ‎(2)qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则 可得.‎ 使粒子从C点运动到D点，则有：.‎ 计算得出： （n=1，2，3…）.‎ ‎ ，‎ ‎ （n=1，2，3…）.‎ ‎(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：‎ 由图可以知道 ‎. ‎ ‎【点睛】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；‎ ‎（2）若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，作出粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期T0的通项表达式．‎ ‎（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出T0的范围，以及B0 T0应满足的关系．‎