【物理】四川省雅安市2019-2020学年高二上学期期末检测试题（解析版）

【物理】四川省雅安市2019-2020学年高二上学期期末检测试题（解析版）

雅安市2019—2020学年上期期末考试高中二年级 物理试题 第Ⅰ卷（选择题共45分）‎ 一、选择题:（本大题共15小题，每小题3分，共45分。1-10题只有一个选项是符合题目要求的，11-15题有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）‎ ‎1.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献，下列说法错误的是 A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 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. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 D. 焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系 ‎【答案】B ‎【解析】A．奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故A不符合题意；‎ B．欧姆定律说明了电流与电压的关系，故B符合题意；‎ C．法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C不符合题意；‎ D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，故D不符合题意。‎ ‎2.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是 A. 根据电场强度的定义式E= ，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B. 根据电容的定义式C= ,电容器的电容与所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比 C. 根据真空中点电荷电场强度公式E=,电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比 D. 根据公式UAB= ，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V ‎【答案】C ‎【解析】A．电场强度是电场本身具有的性质，与试验电荷无关，故A错误．‎ B．电容是电容器本身具有的性质，表示电容器容纳电荷的能力，其大小受到自身参数和极板间介质介电常数的影响，与两极板间电压和电荷量无关，故B错误．‎ C．由该点电荷场强计算公式可以得出，点电荷产生电场的场强大小与场源电荷电荷量成正比，故C正确．‎ D．克服电场力做功，说明此过程电场力做负功，即：‎ 根据：‎ 可得：‎ 故D错误．‎ ‎3.在如图所示的各图中，表示磁感应强度B方向、电流I方向及电流受力F方向三者关系正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据左手定则可得A．A中安培力的方向是竖直向上的,故A正确；‎ B．B中安培力的方向水平向左,故B错误；C．C中安培力的方向是水平向左的,故C错误；‎ D．D中电流方向与磁场平行，导线不受磁场力，故D错误。‎ ‎4.如图所示，是高二某同学演示楞次定律实验的记录，不符合实验事实的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】D选项中，由楞次定律知：当条形磁铁拔出时，感应电流形成的磁场与原磁场方向相同，因原磁场方向向上，故感应磁场方向也向上，再由安培定则知从上向下看感应电流方向为逆时针，D错．‎ ‎5.如图所示，一带电粒子进入一固定的正点电荷Q的电场中，沿图中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（ra＞rb），不计粒子的重力，则可知 A. 运动粒子带负电 B. b点的场强小于a点的场强 C. a到b的过程中，电场力对粒子做负功 D. a到b的过程中，粒子动能和电势能之和减小 ‎【答案】C ‎【解析】A．根据粒子轨迹的弯曲方向向左弯曲，可知粒子受到排斥力，则带电粒子带正电，故A不符合题意； B．由公式，由于ra＞rb，可知，b点的场强大于a点的场强，故B不符合题意； C．a到b的过程中，电场力方向与粒子的速度方向成钝角，对粒子做负功，故C符合题意； D．粒子在运动过程中，只有电场力做功，所以动能与电势能总和不变，故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，某一导体形状为长方体,其长、宽、高之比为a∶b∶c=3∶2∶1。在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定电压，导体的电阻为R1；在3、4两端加上恒定电压，导体的电阻为R2，则R1∶R2为 A. 1∶1 B. 1∶9 C. 4∶9 D. 1∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据电阻定律，当在1、2两端加上恒定电压U时阻值为：‎ 当在3、4两端加上恒定的电压时阻值为：‎ 可得：‎ 故B符合题意，ACD不符合题意 ‎7.在一根长为的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为，则匀强磁场的磁感应强度的大小可能是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为0.2N，故：，由于，故：，故A正确，BCD错误；‎ ‎8.如图所示的电路中，L1和L2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数很大，它的直流电阻可以忽略不计。则下列说法中正确的是 A. 闭合S后，灯L2先亮，灯L1后亮，最后两灯一样亮 B. 闭合S后，灯L1电流方向向右，灯L2的电流方向向左 C. 断开S后，灯L2立即熄灭，灯L1逐渐熄灭 D. 断开S瞬间，灯L1的电流方向向右，灯L2的电流方向向左 ‎【答案】D ‎【解析】AB、L2灯与电阻R串联，当电键S闭合时，灯L2立即发光。通过线圈L电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，L1逐渐亮起来。所以L2比L1先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，因电阻R，则两灯亮度不一样，但电流方向相同，故A B错误； C、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2和电阻R构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，但灯L2闪亮后逐渐熄灭，原因是在断开之前，通过L1的电流大于L2的电流，故C错误； D、稳定后当电键S 断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2和电阻R构成闭合回路放电，由“增反减同”可知，感应电流为顺时针，流过L1电流与原来相同，流过L2电流与原来相反，故D正确。‎ ‎9.如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为（ ）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】液滴在重力、电场力和洛仑兹力下做匀速圆周运动，可知，液滴受到重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，mg=qE，得m=；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为R=，得v=，故D正确．‎ ‎10.如图所示，有一带电粒子贴着板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为时，带电粒子沿②轨迹落到板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由，得，所以，‎ ‎．‎ A. ，选项A符合题意；B. ，选项B不符合题意；‎ C. ，选项C不符合题意；D. ，选项D不符合题意；‎ ‎11.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部分如图所示．匀强磁场垂直D 形盒底面，两盒分别与交流电源相连．则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 加速器的半径越大，粒子射出时获得的动能越大 B. 粒子获得的最大动能由交变电源的电压决定 C. 加速器中的电场和磁场都可以使带电粒子加速 D. 粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步 ‎【答案】AD ‎【解析】A、B、由qvB=m得v=，当r=R时，v最大，v=，所以最大动能EK=，由此可知质子的最大动能只与粒子本身的荷质比，加速器半径，和磁场大小有关，与加速电压无关，故A正确，B错误；‎ C、加速器中的电场可以使带电粒子加速，而磁场使粒子偏转，故C错误；‎ D、根据加速原理，当粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步时，才能处于加速状态．故D正确 ‎12.在如图所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向a端移动一段距离，下列结论正确的是 A. 电流表读数变小 B. 灯泡L变亮 C. 电容器C上的电荷量增多 D. 电压表读数变小 ‎【答案】AC ‎【解析】AB．将滑动变阻器滑片P向a端移动后，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，电路中电流I变小，则电流表读数变小，灯泡L变暗，故A正确，B错误； C．电容器C两端的电压：UC=E-I（RL+r），I变小，其他量不变，则UC增大，电容器C上的电荷量增多，故C正确； D．变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则路端电压增大，电压表读数变大，故D错误。‎ ‎13.如图所示空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B， 方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴。一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时 A. 穿过回路磁通量的变化率为零 B. 回路中感应电动势大小为2Blv0‎ C. 回路中感应电流的方向为逆时针方向 D. 回路中ab边与cd边所受安培力的方向相反 ‎【答案】BC ‎【解析】A．此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁场垂直线圈向内，因此磁通量为零，但变化率不为零，故A不符合题意； B．ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为E=2BLv0，故B符合题意； C．根据右手定则可知线框向右运动的过程中，ab中的感应电动势的方向向下，cd 中的感应电动势的方向向上，所以回路中的感应电流方向为逆时针，故C符合题意； D．根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向向下，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向向上，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故D不符合题意。‎ ‎14.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内电阻r=1Ω，电路中另一电阻R=9Ω，直流电压U=180V，理想电压表示数UV=135V，电动机正以v=1m/s匀速竖直向上提升某重物，g取10m/s2，下列判断正确的是（ ）‎ A. 通过电动机的电流是18A B. 输入电动机的电功率是675W C. 电机的输出功率是25W D. 重物的质量是65kg ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、通过R的电流为：I==A=5A； 故A错误；‎ B、电动机的输入功率为：P1=U2I=135×5W=675W；故B正确；‎ C、电动机内电阻的发热功率为：P2=I2r=52×1W=25W，‎ 输出的机械功率为：P3=P1﹣P2=（675﹣25）W=650W； 故C错误；‎ D、P3=Fv=mgv 解得：m==65kg，故D正确；‎ ‎15.如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为1m，导轨平面与水平面夹角θ＝30°，导轨上端跨接一定值电阻R=8Ω，导轨电阻不计，整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=5T，金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持接触良好，金属棒的质量为1kg，电阻为2Ω，重力加速度为g=10m/s2。现将金属棒由静止释放，沿导轨下滑距离为2m时，金属棒速度达到最大值,则这个过程中 A. 金属棒的最大加速度是5m/s2 B. 金属棒cd的最大速度是m/s C. 通过金属棒横截面的电量q＝1C D. 电阻R上产生的电热为Q＝8J ‎【答案】AC ‎【解析】A．刚释放金属棒时加速度最大，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma 解得最大加速度：a=gsinθ=5m/s2‎ 故A符合题意； B．当金属棒做匀速直线运动时，速度最大，则有：‎ 解得最大速度为： 故B不符合题意；‎ C．通过金属棒横截面的电量为： 故C符合题意；‎ D．设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，由能量守恒定律得：‎ 电阻R上产生的热量：‎ 联立 代入数据解得：Q≈6.7J 故D不符合题意。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共55分）‎ 二、实验题（2小题，共18分）‎ ‎16.(1)螺旋测微器是重要的测量仪器，如图1所示的读数是__mm．‎ ‎(2)用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上__．‎ a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔 b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔 c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k d．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100‎ e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔 根据图2所示指针位置，此被测电阻的阻值为__Ω．‎ ‎【答案】 (1). 4.075 (2). cabe 30k ‎【解析】(1)[1]根据螺旋测微计的读数规则，读数为4.075mm；‎ ‎(2)[2]由于测量的电阻为几十千欧，所以应选择欧姆挡×1k，先将两表笔短接，使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，之后将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，最后旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故正确的选项顺序应为cabe；‎ ‎[3]从图中可以读出电阻的阻值为30kΩ．‎ ‎17.某同学做“测定电动势约2V，内阻约几欧的电池的电动势和内阻”实验。‎ ‎（1）他采用如下图所示的实验电路进行测量。现有下列器材供选用：‎ A．电压表(0～15V，内阻约20kΩ) B．电压表(0～3V，内阻约10kΩ)‎ C．电流表(0～0．6A，内阻约0．4Ω) D．电流表(0～3A，内阻约1Ω)‎ E．滑动变阻器(500Ω，1A) F．滑动变阻器(20Ω，2A)‎ 实验中所用电压表应选________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。（填字母代号）‎ ‎（2）上图中给出了做实验所需要的各种仪器。请你按电路图把它们连成实验电路______________________ (在答题卷上先用铅笔连线，确定准确无误后，再用签字笔连线)。‎ ‎（3）根据实验数据做出U-I图象，如图所示，蓄电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω（结果保留2位有效数字）。‎ ‎（4）这位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是________。‎ A．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用导致的 B．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用导致的 C．实验测出的电动势小于真实值 D．实验测出的内阻大于真实值 ‎【答案】 (1). B C F (2). (3). 2.0 3.8 (4). BC ‎【解析】(1)[1][2][3]电源电动势为1.5V，故电压表选择3V量程的B；内阻约为几欧，故电流较小，电流表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的F；‎ ‎(2)[4]根据电路图连接实物图，如图所示： (3)[5][6]由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为2.0，电源电动势E=2.0V，电源内阻为：‎ ‎(4)[7]在测量电源的电动势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用。作出U-I图线实际图线和测量图线，如图所示， 知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小，故AD错误，BC正确。‎ 三、计算题（本题共3小题，共37分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。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。）‎ ‎18.水平放置的导体框架，宽L=0.50m，接有电阻R=0.20Ω，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B=0.40T，一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体ab的电阻均不计，当ab以v=4.0m/s的速度向右匀速滑动时，求：‎ ‎（1）ab棒中产生的感应电动势大小；‎ ‎（2）维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小；‎ ‎（3）电流通过电阻R产生的热功率P热。‎ ‎【答案】（1）0.8V（2）0.8N（3）3.2W ‎【解析】(1)ab棒中产生的感应电动势：E=BLv=0.4×0.5×4=0.8V；‎ ‎(2)感应电流大小为：‎ 导体棒ab受到的安培力：FB=BIL=0.4×4×0.5N=0.8N 导体棒做匀速运动，由平衡条件得外力F=FB=0.8N；‎ ‎(3)电流通过电阻R产生的热功率:P热=I2R=3.2W。‎ ‎19.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为有一质量为、带负电的小球，电荷量大小为，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取，求：‎ 小球在A点处的速度大小；‎ 小球运动到最高点B时对轨道的压力．‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N 电场力：F=qE=1.6×10﹣6C×3×106V/m=4.8N 在A点，有：qE﹣mg=m 代入数据解得：v1=6m/s ‎（2）设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：‎ ‎（qE﹣mg）×（2R）=mv22﹣mv12‎ 在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：‎ FN+mg﹣qE=mv22‎ 由牛顿第三定律有：FN′=FN 代入数据解得：FN′=21.6N ‎20.在如图所示的直角坐标中，x轴的上方有与x轴正方向成θ=45°角的匀强电场，场强的大小为．x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝2×10－2T，方向垂直纸面向外．把一个比荷为的带正电粒子从坐标为（0，1.0）的A点处由静止释放，电荷所受的重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电粒子从释放到第一次进入磁场时所用的时间t；‎ ‎（2）带电粒子在磁场中的偏转半径R；‎ ‎（3）带电粒子第三次到达x轴上的位置坐标．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（8，0）‎ ‎【解析】（1）带电粒子从A点释放后做匀加速直线运动，有：‎ ‎①‎ ‎②‎ 联解①②并代入数据得：③‎ ‎（2）设带电粒子进入磁场时的速度为v，则：④‎ 带电粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下以O1为圆心做匀速圆周运动，有：⑤‎ 联解并代入数据得：⑥‎ ‎（3）根据粒子运动轨迹的对称性,由几何关系知带电粒子第二次到轴的位置与第一次相距：‎ ‎⑦‎ 可知粒子恰从O点回到电场区域，作出运动轨迹如图所示．‎ ‎⑧‎ 带电粒子再次进入电场后，粒子做类平抛运动，设运动时间t′后到达x轴位置Q（xQ，0），则由运动学规律有：‎ 沿着速度v方向：⑨‎ 垂直速度v方向：⑩‎ 联解并代入数据得：，即Q点位置坐标为（8，0）． ⑪‎