【物理】安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二上学期期末考试试题（实验班）（解析版）

【物理】安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二上学期期末考试试题（实验班）（解析版）

育才学校2019-2020学年度第一学期期末 高二实验班物理 一、选择题(共10小题，1-5小题为单选，6-10小题为多选，每小题4分，共40分)‎ ‎1.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为(　　)‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. ∶1 D. ∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当N移至P点时，O点合磁感强度大小为：‎ ‎，‎ 则B2与B1之比为 ‎；‎ A．综上分析，A错误；B．综上分析，B正确；‎ C．综上分析，C错误；D．综上分析，D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x＝L点为图线的最低点，若在x＝2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为＋q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 小球在x＝L处的速度最大 B. 小球一定可以到达x＝—2L点处 C. 小球将以x＝L点为作中心完全对称的往复运动 D. 固定在AB处的电荷的电量之比为QA∶QB＝8∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A项，带正电的小球在 处电势能最小，根据能量守恒可知粒子在该处的动能最大，所以小球在处速度最大，故A项正确．‎ B项，根据乙图得 处电势高于 处电势，带正电的在处由静止释放，根据能量守恒得不可能到达处，故B项错误．‎ C项，小球以为中心做往复运动的条件是电势关于对称，根据乙图得电势关于不对称，故C项错误．‎ D项，根据图乙得知在处斜率为零，即电场强度为零，则 ，所以 ，故D项错误 综上所述本题答案是：A．‎ ‎3.如图所示，ABC是两带电量均为Q正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电量同为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则（ ）‎ A. 从B到C，电场力对该电子一直不做功 B. 电子从B到C做加速度变大的加速运动 C. 电子在B、C两点时的电势能大小关系是EPBEPC D. 若电子可回到B点，则回到B点时速度不为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从B到C，合场强不会一直为零，电场力对该电子要做功，故A错误；‎ B.从B到C，产生场强变小，但两个产生的合场强变化情况不能确定，所以B、C间电场的分布情况不能确定，电场强度的变化不能确定，电场力的变化不能确定，所以加速度不一定一直变大，故B错误；‎ C.从B到C，电子的动能增大，则电势能减小，则有，故C正确；‎ D.若电子可回到B点，则回到B点前，电场力对电子做负功，动能减小，速度减小，根据对称性可知，回到B点时的速度一定为零，故D错误。‎ 故选C ‎4.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一大步．图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 带电粒子每运动一周被加速两次 B. 带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3‎ C. 加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D. 加速电场方向需要做周期性的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A错误，由R＝和Uq＝mv－mv可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，B错误．由v＝可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C正确；由T＝可知，粒子运动的周期不随v而变，故D错误．‎ ‎5.如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当速度方向与MN夹角θ=60°时，粒子恰好垂直PQ方向射出磁场，所以，粒子运动的半径 ‎ ‎ ‎ 由粒子在磁场中运动，洛伦兹力作向心力可得，解得①；‎ 当θ=0°时，如图所示，可知粒子打在PQ上的位置为O点水平线上方处；‎ 当θ增大时，粒子打在PQ上的位置下移，知道粒子的运动轨迹与PQ相切时，如图所示，可知粒子打在PQ上的位置为O点水平线下方处；‎ 当θ继续增大直到180°，粒子的运动轨迹与PQ不相交，直接从MN上射出，且在MN上的出射点不断上移直到O点，所以，若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则PQ边界上有粒子射出的区间长度为 ‎；若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则粒子运动半径不变，那么粒子运动周期不变，所以，粒子在磁场中运动的轨迹所对应的弦长越长，则粒子在磁场中运动的越长，由D的分析可知，当粒子的出射点在PQ上时，粒子的弦长可取[a，2a]的任意值；当粒子的出射点在MN上时，粒子的弦长可取的任意值；所以，粒子运动轨迹的弦长最大可取，此时对应的中心角φ=120°，所以联立①式子可知，粒子在磁场中运动的最长时间，故C正确．‎ ‎6.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为a1、a2，电势能分别为E1、E2．下列说法正确的是 （ ）‎ A. 若a1＞a2，则Q必定为正电荷且在M点的左端 B. 电子在A点的速度小于在B点的速度 C. 电子在A点的电势能E1小于在B点的电势能E2‎ D. B点电势高于A点电势 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：若a1＞a2，表明电荷在A点受的电场力更大， 又电子受的电场力向左，即A点离点电荷Q更近，故A正确；‎ B项：电子从A到B，电场力做负功，电子的动能减小，故B错误；‎ C项：电子从A到B，电场力做负功，电子的电势能增大，故C正确；‎ D项：根据负电荷在电势高的地方电势能小可知，A点电势高于B点电势，故D错误．‎ ‎【点晴】解决本题关键理解做曲线运动的物体所受合外力指向曲线的内侧．‎ ‎7.如图（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压．一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒被固定在两板正中间的P点，在t = 0时刻释放该粒子，3t₀时间内粒子未到达极板．则在0 ～ 3t₀时间内，下列说法正确的是（ ）‎ A. 从t = 0开始，粒子向M板运动 B. 粒子从t0开始一直向N板运动 C. 0～2t0时间内，电场力对粒子做的功为mg2t20‎ D. 3t0时，重力对粒子做功的瞬时功率为mg2t0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】电场力为F=qE=2mg；t=0时刻，电场力向上，时间向上匀加速，加速度为g；时间向上匀减速，加速度为3g；时间向下匀减速，加速度为g；从t=0开始，粒子向M极运动；从开始一直向N极运动；故A正确，B错误；时间向上匀加速，根据位移时间关系公式，位移为，时间向上匀减速，根据位移时间关系公式，位移为，在时间内，粒子位移为零，故电场力对粒子做的功为零；故C错误；根据速度时间关系公式，时粒子的速度为：，方向向下；故时，重力对粒子做功的瞬时功率为：，故D正确；故选AD．‎ ‎【点睛】带电粒子做直线运动，先根据F=qE求解电场力，再根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解各个时间段的位移，然后根据恒力做功表达式求解电场力的功，根据P=Fv求解瞬时功率 ‎8.如图，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面向里（未画出）．一群比荷为的负离子以相同速率v0（较大），由P点（PQ为水平直径）在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场（不计重力），则下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 离子在磁场中运动的半径一定相等 B. 由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 C. 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大 D. 如果入射速率，则沿各个方向射入的离子在飞离开磁场时的速度方向均竖直向下 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】由，得，因离子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，A正确；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿PQ射入．B正确，C错误；沿各个方向射入磁场的离子，当入射速率时，离子的轨迹半径为，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与入射点所在的磁场半径平行，离子在飞离开磁场时的速度方向均竖直向下，D正确.选ABD.‎ ‎【点睛】本题要抓住离子的运动轨迹是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系．带电离子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的离子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．‎ ‎9.如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.下列说法中正确的是：‎ A. M板比N板电势高 B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大 C. 导体中自由电子定向移动的速度为 D. M板比N板电势低 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，A错误D正确；电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，B错误；由，得自由电子定向移动的速度为，C正确．‎ ‎10.如图，有一矩形区域abcd，水平边ab长为，竖直边ad长为h=1m。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子，.当矩形区域只存在场强大小为E=10N/C、方向竖直向下的匀强电场时，+q由a点沿ab方向以速率进入矩形区域，轨迹如图。当矩形区域只存在匀强磁场时-q由c点沿cd方向以同样的速率进入矩形区域，轨迹如图。不计重力，已知两粒子轨迹均恰好通过矩形区域的几何中心。则（　　）‎ A. 由题给数据，初速度可求 B. 磁场方向垂直纸面向外 C. -q做匀速圆周运动的圆心在b点 D. 两粒子各自离开矩形区域时的动能相等。‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为粒子通过矩形区域的几何中心，可知沿电场方向上的距离 ‎，‎ 垂直电场方向上的距离 ‎，‎ 根据 ‎，‎ 可以求出初速度大小，A正确；‎ B、-q由c点沿cd方向以同样的速率v0进入矩形区域，根据洛伦兹力的方向，结合左手定则知，磁场方向垂直纸面向里，B错误；‎ C、因为圆周运动的轨迹经过矩形区域的几何中心，设中心为0，根据几何关系知，‎ ‎，‎ 可知矩形区域几何中心到b点的距离等于bc的距离，知b点为圆周运动的圆心，C正确。 D、电荷在电场中做类平抛运动，速度增大，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，可知离开区域区域时动能不等，D错误；‎ 故选AC。‎ 二、实验题(共2小题，共18分)‎ ‎11.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=_____________mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=_____________mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为_________。‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 开关S导线若干 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 电流表选择_________，电压表选择_________，滑动变阻器选择________。‎ 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在框中画出测量的电路图____________，并连接实物图_____________。‎ ‎（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝________．（不要求计算，用题中所给字母表示）‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700 (3). 220 (4). A2 V1 R1 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]主尺读数为5cm=50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数为3×0.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm；‎ ‎(2)[2]螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm；‎ ‎(3)[3]电阻的阻值：‎ R=22×10Ω=220Ω；‎ ‎(4)[4]电阻中最大电流约为 则电流表选A2；‎ ‎[5]电源电动为4V，电压表选V1．‎ ‎[6]要求测得多组数据进行分析，所以应该采用分压式接法，选择较小最大值的滑动变阻器，故选R1，‎ ‎[7]因为 ‎，，‎ 则：‎ ‎，‎ 故选择电流表外接法。实验电路如图：‎ ‎[8]根据电路图画出的实物图如图所示：‎ ‎(5)[9]由电阻定律 ‎，；‎ 代入解得 ‎。‎ ‎12.为了测定某电池的电动势（约10V~11V）和内电阻（小于2Ω），需要把一个量程为5V的直流电压表接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15V的电压表，然后用伏安法测电源的电动势和内电阻，以下是该实验的操作过程：‎ ‎（1）把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，请完成第五步的填空．‎ 第一步：把滑动变阻器滑动片移至最右端 第二步：把电阻箱阻值调到零 第三步：闭合电键 第四步：把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使电压表读数为4.5V 第五步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为_______V 第六步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其它线路，即得量程为15V的电压表 ‎（2）上述实验可供选择的器材有：‎ A．某电池（电动势约10V~11V，内电阻小于2Ω）‎ B．电压表（量程为5V，内阻约4KΩ）‎ C．电阻箱（阻值范围0~9999Ω）‎ D．电阻箱（阻值范围0~99999Ω）‎ E．滑动变阻器（阻值为0~20Ω，额定电流2A）‎ F．滑动变阻器（阻值为0~20KΩ，额定电流0.2A）‎ 电阻箱应选_________，滑动变阻器应选_________（用大写字母表示）．‎ ‎（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电源电动势E和内电阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U—I图线如图丙所示，可知电池的电动势为___________V，内电阻为_______Ω．（保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 1.5; (2). C; E; (3). 10.5; 1.71;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）把5V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为4.5V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为1.5V． （2）由图丙所示图象可知，最大电流为1.75A，大于0.2A，则为保护电路安全，滑动变阻器应选E．电阻箱选择C. （3）由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=3.5V，则电源的电动势为E=3×3.5=10.5V， 内阻为． 【点睛】本题涉及电表的改装，其原理是串联电路的特点．伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意路端电压应为改装后电压表的读数．‎ 三、计算题(共3小题，每小题14分，共42分)‎ ‎13.如图所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平成角的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电池内阻不计．‎ 求：（1）若导轨光滑，电源电动势E多大时能使导体杆静止在导轨上？‎ ‎（2）若杆与导轨之间的动摩擦因数为，且不通电时导体不能静止在导轨上，则要使杆静止在导轨上，求电源的电动势的范围？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将空间立体图改画为如图所示的侧视图，‎ 并对杆进行受力分析，由平衡条件得F－Nsinθ= 0，Ncosθ－mg＝0，‎ 而 ‎ 由以上三式解得 ‎ ‎（2）有两种可能性：一种是E偏大，I偏大，F偏大，导体杆有上滑趋势，摩擦力f沿斜面向下，选沿斜面向上为正方向，根据平衡条件有 Fcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋ Fsinθ)＝0‎ 根据安培力公式有 ‎ 以上两式联立解得．‎ 另一种可能是E偏小，摩擦力f沿斜面向上，同理可得 综上所述，电池电动势的取值范围是： ．‎ ‎14.如图所示，在x>0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场E；在x<0的空间内，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E．一电子（－e，m）在x＝d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力．求：‎ ‎（1）电子在x方向分运动的周期．‎ ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】电子射入电场后，y方向的分运动一直为匀速运动；x方向的分运动为先是－x方向的加速运动，接着是－x方向的减速运动，又＋x方向的加速运动，再＋x方向的减速运动……，如此反复．故电子运动的轨迹如图所示．‎ ‎（1）设电子从射入到第一次与y轴相交所用时间为t，则 ‎ 解得： ‎ 所以，电子在x方向分运动的周期为：‎ ‎（2）在竖直方向上：‎ 电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l为：‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电子在沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，抓住对称性和周期性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.‎ ‎15.平面OM和水平面ON之间的夹角为，其横截面如图所示，平面OM和平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．匀强电场的方向竖直向上，一带电小球的质量为m，电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场，（P未画出）求：‎ ‎（1）判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？‎ ‎（2）带电小球离开磁场的射点P到两平面交点O的距离S多大？‎ ‎（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏上，求此点到O点的距离多大？‎ ‎【答案】（1）正电荷，；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，由此求出场强、判断小球电性．‎ ‎（2）粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出距离S．‎ ‎（3）粒子离开磁场后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出距离.‎ ‎【详解】（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷； 电场力与重力大小相等：qE=mg，解得：‎ ‎（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力作为向心力 由牛顿第二定律得：，解得：‎ 根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示 Q点为运动轨迹与ON相交的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，所以OP的长度S为：‎ ‎（3）带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设打在光屏上的T点，竖直位移为y 水平位移：，解得：‎ 竖直位移：‎ 由几何关系得：图中OT的距离 ‎【点睛】本题考查了带电小球在复合场中的运动，小球所受电场力与重力合力为零，洛伦兹力提供向心力，小球在复合场中做匀速圆周运动，分析求出小球的运动过程、作出小球运动轨迹是解题的前提与关键．‎