【物理】四川省德阳市2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 17页

德阳市高中2018级第三学期期末考试 物理试卷 满分100分，90分钟完卷。‎ 第Ⅰ卷（选择题共44分 ）‎ 一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~8小题只有一项符合题目要求，第9~11小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1.关于电场与磁场，下列说法中正确的是 A. 磁场对放入其中的电荷一定有力的作用 B. 电场对放入其中的电荷一定有力的作用 C. 场强的方向与放入其中的电荷所受电场力的方向相同 D. 磁场方向与在磁场中运动电荷所受洛伦兹力的方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 磁场对放入其中的运动方向与磁场平行的电荷没有磁场力作用。故A错误；‎ B. 电场对放入其中的电荷一定有电场力作用，故B正确；‎ C. 正电荷受电场力的方向与所在处的电场方向相同，负电荷受电场力的方向与所在处的电场方向相反，故C错误；‎ D. 而根据左手定则，在磁场中运动电荷所受洛伦兹力方向与所在处的磁场方向垂直。故D错误；故选：B ‎2.如图是静电场中的一组等势面分布图，M、N是其中的两点，、表示M、N两点的场强，、表示M、N两点的电势，则下列说法中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】等差等势线越密的地方，电场强度越大，所以由图可知M点场强大于N点场强，即EM>EN；由图可知，N点电势高于M点电势，即。‎ A. 。与上述结论不符，故A错误；‎ B. 。与上述结论不符，故B错误；‎ C. 。与上述结论不符，故C错误；‎ D. 。与上述结论相符，故D正确。‎ ‎3.下列四幅图，分别是通电导线在磁场中所受安培力及运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的示意图，其中正确的是 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 根据左手定则知，电流方向垂直纸面向外，磁场方向向右所受安培力应向上，故A错误；‎ B. 根据左手定则知，电流方向向右，磁场方向向上，安培力应垂直纸面向外，故B错误；‎ C. 根据左手定则知，负电荷向右运动，磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力应向下，故C正确；‎ D. 根据左手定则知，正电荷运动方向向右，磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力应向上，故D错误。故选：C ‎4.如图所示，纸面内有一通电长直导线，在其右侧有一个矩形闭合导线框，则下列说法中正确的是 A. 若导线框平行于直导线向上运动，线框上有顺时针方向感应电流 B. 若导线框垂直于直导线向右运动，线框上有顺时针方向感应电流 C. 若持续增大直导线电流，导线框上有顺时针方向电流 D. 若持续减小直导线电流，导线框上有顺时针方向电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据直线电流产生的磁场分布规律，穿过线框的磁通量垂直纸面向外。若导线框平行于直导线向上运动，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；‎ B.若导线框垂直于直导线向右运动，穿过线框的磁通量向外减小，根据楞次定律，线框上有逆时针方向感应电流，故B错误；‎ C. 若持续增大直导线电流，穿过线框的磁通量向外增大，根据楞次定律，导线框上有顺时针方向电流，故C正确；‎ D. 若持续减小直导线电流，穿过线框的磁通量向外减小，根据楞次定律，导线框上有逆时针方向电流，故D错误。故选：C ‎5.如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有3个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示：‎ 由以上信息可知, 从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为 A. 3、2、1 B. 3、1、2‎ C. 2、3、1 D. 1、3、2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据带电粒子在磁场中运动的偏转方向可知，a、b带同种电荷，c为异种电荷，所以c为1号粒子；‎ 由可知，半径：，‎ 结合表格中数据可求得2、3号粒子的半径比应为3:2，则b一定是第2组粒子，a 是第3组粒子。a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为3、2、1。‎ A. 3、2、1。与上述结论相符，故A正确； B. 3、1、2。与上述结论不符，故B错误；‎ C. 2、3、1。与上述结论不符，故C错误； D. 1、3、2。与上述结论不符，故D错误。‎ 故选：A ‎6.如图所示，匀强磁场中有两个由相同导线绕成的圆形线圈a、b，磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。a、b两线圈的半径之比为2：1，匝数之比为1：4。线圈中产生的感应电动势分别为和，某时刻磁通量分别为和，不考虑两线圈间的相互影响。下列说法中正确的是 A. ： =2：1，：=4：1 B. ： =1：1，：=1：1‎ C. ：=2：1，：=1：1 D. ：=1：1，： =4：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据法拉第电磁感应定律：，‎ a、b两线圈产生的感应电动势之比为：‎ ‎；‎ 根据磁通量，‎ 穿过a、b两线圈的磁通量之比为：‎ A. ： =2：1，：=4：1。与上述结论不符，故A错误；‎ B. ： =1：1，：=1：1。与上述结论不符，故B错误；‎ C. ：=2：1，：=1：1。与上述结论不符，故C错误；‎ D. ：=1：1，： =4：1。与上述结论相符，故D正确。‎ 故选：D ‎7.如图所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图所示．对于电场中A、B两点，以下判断中正确的是 A. A点场强等于B点场强 B. A点的电势高于B点的电势 C. 电子从A点运动到B点，电场力做负功 D. 电子在A点的电势能小于在B点的电势能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据动能定理：‎ 得：‎ 由速度平方v2与位移x的关系图象看出，图线的斜率不变，所以电场强度不变，A. B两点的电场强度相等，故A正确；‎ CD.电子的速度增大，电子所受电场力沿AB且做正功，电势能降低，A点的电势能高于B点，故C错误，D错误；‎ B.因为电子带负电，所以电势升高，A点电势低于B点的电势，故B错误。‎ 故选：A ‎8.如图甲所示，光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d的A点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h = 0的过程中，其动能随h的变化曲线如图乙所示，则下列判断中正确的是 A. 小环带负电 B. 从h高处下落至h = 0的过程中，小环电势能一直增大 C. 从h高处下落至h = 0的过程中，小环先后经过了减速、加速、再减速三个阶段 D. 小环将做以O点为中心的往复运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若小环带负电，重力和静电力对小环都做正功，小环的动能一直增大，与图乙不符，所以小环带正电，故A错误；‎ B. 结合动能随着h的变化图象可知，小环带正电，从h高处下落至h=0的过程中，小环所受的电场力为斥力，电场力一直做负功，小环的电势能一直增大，故B正确；‎ C. 结合动能随着h的变化图象可知：从h高处下落至h=0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，故C错误； ‎ D. 过了O点后，电场力、杆对小环的支持力以及重力的合力向下，小环一直向下做加速运动，不会以O点为中心的往复运动，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎9.如图所示，水平的平行金属板和直流电源相连，中间有一垂直纸面向外的匀强磁场，一带正电粒子（重力不计）以速度v向右飞入板间，恰能做匀速直线运动。仅改变以下某项条件时，物体仍然做匀速直线运动的有 A. 让粒子带负电 B. 让电源的正负极交换 C. 让金属板间距离增大 D. 让粒子所带电量增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 带正电粒子恰能做匀速直线运动，则Eq=qvB。粒子带负电，电场力与洛伦兹力大小仍相等，方向都与相反，粒子仍然做匀速直线运动的，故A正确；‎ B. 让电源的正负极交换，正粒子受到的电场力与洛伦兹力都向下，粒子将向下偏转，故B错误；‎ C.当板间距离增大时，根据U=Ed，场强变小，Eq0的带电小球在电场中的运动轨迹为抛物线ABC,A、C为与x轴的两交点，B为与y轴的交点，直线BD为抛物线的对称轴。,重力加速度为g，则下列选项正确的是 A. 带电小球在运动过程中机械能守恒 B. 匀强电场的电场强度大小为 C. 带电小球在A、C两点的动能大小有 D. 带电小球在A点加速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.带电小球运动过程中，重力、电场力做功，电势能和机械能之和守恒，机械能不守恒，故A错误；‎ B.根据抛物线轨迹的对称性，重力和电场力的合力沿BD方向，则：‎ 得：‎ 故B正确；‎ C. 带电小球从A到B的过程中，重力、电场力的合力做负功，带电小球从B到C的过程中，重力、电场力的合力做正功。根据合力的方向可知，从A到B的过程合力做的负功小于从B到C的过程合力做的正功。根据动能定理，带电小球在A、C两点的动能大小有，故C正确；‎ D.合力大小为：‎ 根据牛顿第二定律F=ma，得 故D错误。故选：BC 第Ⅱ卷（非选择题 共66分）‎ 二、实验题（本大题2小题，共15分。把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答。）‎ ‎12.在学习安培力后，某学习小组利用安培力与磁感应强度的关系测定磁极间的磁感应强度，实验装置如图所示，步骤如下：‎ ‎①在弹簧测力计下端挂一n匝矩形线圈，将矩形线圈的短边完全置于U形磁铁N、S极之间的磁场中，则应使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线_____________；‎ ‎②在电路未接通时，记录线圈静止时弹簧测力计的读数；‎ ‎③接通电路开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线圈静止时弹簧测力计的读数，则线圈所受安培力为______________。‎ ‎④用刻度尺测出矩形线圈短边的长度L；利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度_____________。‎ ‎【答案】 (1). 垂直 (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线垂直，这样能使短边受到的安培力沿竖直方向，弹簧测力计保持竖直，方便测出拉力；‎ ‎③[2]对线框受力分析知：受重力、安培力、弹簧的拉力，三力平衡，‎ F2+F安=mg，‎ 又：‎ F1=mg，‎ 所以线圈所受安培力 ‎；‎ ‎④[3]由安培力公式得：‎ F安=nBIL，‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎13.物理兴趣小组同学在测两节干电池串联时的电动势和内阻时所用器材如下：‎ A.两节干电池串联：电动势约为3 V，内阻约为1 Ω；‎ B.电压表V：量程0~3 V，内阻为几千欧；‎ C.电流表A：量程0~100 mA，内阻为4.5 Ω；‎ D.标准电阻R0：0.5 Ω；‎ E.滑动变阻器R：0~20 Ω；‎ F.开关、导线若干。‎ ‎(1)该小组同学设计如下图甲所示的电路图，请依据电路图用笔画线在图乙中将实物图连接完整____________。‎ ‎ (2)实验中，该小组闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量得出多组电压表示数U和电流表示数I，通过描点画出电源的U-I图象如图丙所示，则该电源的电动势E=_____________V、内阻r=_____________Ω。(结果均保留两位小数) ‎ ‎（3）由于电表内阻的影响，所以该电源的电动势测量值__________真实值，内电阻的测量值___________真实值。（以上两空选填“大于”、“等于”、“小于”）‎ ‎【答案】 (1). (2). 2.95（2.93~2.97） 0.95（0.93~0.97） (3). 小于 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据电路图，实物连接如图所示：‎ ‎（2）[2] 根据闭合电路欧姆定律：‎ 整理得：‎ 电源的U-I图象在U轴上的截距为电动势，由图可得：‎ E=2.95V；‎ ‎[3] 电源的U-I图象的斜率为：‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（3）[4]如果考虑电表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律：‎ 整理得：‎ 设电源的U-I图象在U轴上的截距为a，真实的电动势：‎ 所以电源的电动势测量值小于真实值；‎ ‎[5] 设电源的U-I图象在U轴上的斜率为k，内阻的测量值为 真实的内阻：‎ 所以电源的内阻测量值小于真实值；‎ 三、计算题（本题共4小题，共51分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和重要的解题步骤。）‎ ‎14.如图所示，导体杆ab的质量为kg，电阻为，放置在与水平面成角的光滑倾斜金属导轨上，导轨间距为0.5m且电阻不计，系统处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.2T，电源内阻为，通电后杆能静止于导轨上，g取10m/s2。‎ 求：‎ ‎（1）电源电动势E；‎ ‎（2）若突然将磁场反向，求反向后瞬间导体杆的加速度。（不计磁场反向引起的电磁感应效应）‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）开关闭合，通电导体棒受重力、安培力、支持力而处于静止状态，受力示意图如下：‎ ‎ ‎ 沿斜面方向受力平衡：‎ ‎ ①‎ 根据欧姆定律：‎ ‎ ②‎ 联立①、②解得：‎ ‎ ③‎ ‎（2）磁场反向后，导体棒将沿导轨向下加速运动，受力示意图如下 由牛顿第二定律：‎ ‎④‎ 解得：‎ ‎（沿导轨平面向下） ⑤‎ ‎15.如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一质量为m=0.1kg、带电荷量为的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数.从t=0时刻开始，空间上加如图乙所示的电场。 ‎ ‎（1）2s末小物块的速度大小；‎ ‎（2）0-4s小物块电势能的减少量。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）0-2s，根据牛顿第二定律，有：‎ ‎ ①‎ 根据速度时间关系：‎ ‎ ②‎ 联立解得：‎ ‎ ③‎ ‎（2）2-4s，小物块减速，根据牛顿第二定律，则有：‎ ‎ ④‎ 解得：‎ ‎ ⑤‎ 则0-2s与2-4s位移相等 ‎ ⑥‎ 电场力做功：‎ ‎ ⑦‎ 联立解得：‎ ‎ ⑧‎ 所以小物块电势能减少0.8J ‎16.如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电荷量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．‎ ‎(1)求极板间电场强度的大小；‎ ‎(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小．‎ ‎【答案】（1） （2） 或者 ‎【解析】 (1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得 qE·＝mv2 ①‎ 由①式得 ‎②‎ ‎(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 qvB＝m ③‎ 如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．‎ 若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得 R＝ ④‎ 联立③④式得 B＝ ⑤‎ 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R＝ ⑥‎ 联立③⑥式得 B＝‎ ‎17.如图，粗糙绝缘竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。‎ ‎（1）求小滑块运动到C点时的速度大小；‎ ‎（2）求小滑块从A点运动到C点过程中与粗糙平面摩擦产生的热量；‎ ‎（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时的动能大小。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意知，当洛伦兹力等于电场力时滑块即将离开竖直平面MN，‎ ‎ ①‎ 解得：‎ ‎ ②‎ ‎（2）从A到C根据能量守恒：‎ ‎ ③‎ 解得：‎ ‎ ④‎ ‎（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度的方向与F的方向垂直，从D到P做类平抛运动，在力F方向上，带电小滑块做匀加速度运动：‎ ‎ ⑤‎ 垂直方向的位移：‎ ‎ ⑥‎ 根据动能定理：‎ ‎ ⑦‎ ‎ ⑧‎ 联立解得：‎ ‎ ⑨‎