【物理】四川省广元市2019-2020学年高二上学期期末教学质量监测试题（解析版） 15页

广元市2019—2020年度上学期期末高中二年级 教学质量监测物理试题 第I卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题，共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12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.如右图所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合．则电容器的电容将 A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 保持不变 D. 先增大后减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器正对面积，则由电容器的决定式C=可知，电容将逐渐增大，故BCD错误，A正确．故选A．‎ ‎【点睛】本题考查平行板电容器决定式的应用，要注意明确平行板电容器是通过改变旋转动片来改变正对面积，从而起到改变电容的作用．‎ ‎2.一个内阻可以忽略的电源接在一个装满水银的绝缘圆管两端，通过的电流为0.1 A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里，通过的电流将是(　　)‎ A. 0.4 A B. 0.8 A C. 1.6 A D. 3.2 A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】内径大一倍，横截面积变为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银长度变为原来的， 则由电阻定律知电阻变为原来的，由欧姆定律知电流变为原来的16倍，即为1.6A.‎ A. 0.4A与计算结果不相符；故A项不合题意.B. 0.8A与计算结果不相符；故B项不合题意.‎ C. 1.6A与计算结果不相符；故C项符合题意.D. 3.2A与计算结果不相符；故D项不合题意.‎ ‎3.如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为，则等于（ ）‎ ‎ ‎ A. 1/2 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设折弯前导体切割磁感线的长度为，折弯后，导体切割磁场的有效长度为 故产生的感应电动势为 所以，故ACD错误，B正确。‎ ‎4.若在一半径为r，单位长度带电荷量为q（q＞0）的均匀带电圆环上有一个很小的缺口∆L（ΔL远小于r），如图所示，则圆心O处的场强大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】先设想将缺口补上，则圆环中心处的场强为零，补上部分电荷量为 其对圆心处产生电场强度为 不包括缺口的部分对圆心处产生的电场强度与E1等大反向，故圆心处的场强大小为 故选A。‎ ‎5.在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是(　　)．‎ A. G1和G2指针都立即回到零点 B. G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点 C. G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向右方，然后缓慢地回到零点 D. G1指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当开关闭合时，两表指针均向右方偏，说明电流计指针向电流流进的方向偏．当开关断开时，通过线圈的电流变小，导致线圈中产生瞬间感应电动势，相当于一个瞬间电源，线圈左端是电源正极，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，从而阻碍电流的变小，所以使得G2的指针缓慢地回到零点，而G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，故ABC错误，D正确．‎ 考点：本题考查了自感系数和自感现象，意在考查考生处理通电、断电瞬间灯泡亮度变化问题的能力．‎ ‎6.如图所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿x轴正向，匀强磁场的方向垂直于xOy平面向里．一电子在xOy平面内运动时，速度方向保持不变．则电子的运动方向沿( )‎ A. x轴正向 B. x轴负向 ‎ C. y轴正向 D. y轴负向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若电子沿x轴正方向运动，由左手定则判断可知：所受的洛伦兹力方向向下，而电场力方向沿x轴负方向，则电子将向下偏转，做曲线运动，速度方向将发生改变。故A错误。‎ B．若电子沿x轴负方向运动，由左手定则判断可知：所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向沿x轴负方向，则电子将向上偏转，做曲线运动，速度方向将发生改变。故B错误。‎ C．若电子沿y轴正方向运动，由左手定则判断可知：所受的洛伦兹力方向x轴正向，电场力方向沿x轴负向，电场力与洛伦兹力平衡时做匀速直线运动，电子的速度方向不发生改变。故C正确。‎ D．若电子沿y轴负方向运动，由左手定则判断可知：所受的洛伦兹力方向x轴负向，电场力方向沿x轴负向，电子将向左偏转做曲线运动，电子的速度方向发生改变。故D错误。 故选C。‎ ‎7.如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（ ）‎ A. 适当减小加速电压U B. 适当减小电场强度E C. 适当增大加速电场极板之间的距离 D. 适当减小磁感应强度B ‎【答案】B ‎【解析】‎ 要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故Eq=qvB．根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小电场力，要么增大洛伦兹力．根据eU=mv2可得，适当减小加速电压U，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力．故A错误．适当减小电场强度E，即可以减小电场力，故B正确．适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU=mv2可得，由于粒子两者间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C错误．适当减小磁感强度B，可以减小洛伦兹力，故D错误．故选B．‎ 点睛：本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀速直线运动．在解题时要注意运动过程分析和受力分析．‎ ‎8.如图甲所示，M为一电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是 A. 电源的电动势为3.4V B. 变阻器滑片向右滑动时，V2读数逐渐减小 C. 电路中电动机的最大输出功率为0.9W D. 变阻器的最大阻值为30Ω ‎【答案】D ‎【解析】A．由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为 当电流I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势 故A错误；‎ B．变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V2‎ 读数逐渐增大，故B错误；‎ C．由图可知，电动机的电阻 当I=0.3A时，U=3V，电动机的输入功率率最大，最大输入功率为 则最大的输出功率一定小于0.9W，故C错误；‎ D．当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.一根长为0.2m、电流为2A的通电导线，放在B＝0.5T的匀强磁场中，受到磁场力的大小可能是 A. 0.1N B. 0.2N C. 0.3N D. 0.4N ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为 当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零。则导线所受磁场力的范围为 故选AB。‎ ‎10.如图所示，C1＝6 μF，C2＝3 μF，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电源电动势E＝18 V，内阻不计，下列说法正确的是(　　)‎ A. 开关S断开时，a、b两点电势相等 B. 开关S闭合后，a、b两点间的电流是2 A C. 开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大 D. 不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当S断开时，两电容器并联在电源两端，所以电容两极板间的电势差相等，但是a接电源正极，b接电源负极，两点的电势不相等，A错误；‎ B．当S闭合后，电路相当于两个定值电阻串联与电路中，ab两点间的电流为电路干路电流，故，B正确；‎ C．开关闭合时，电容器C1电压为R1两端的电压，开关断开时，其两端的电压大小等于电源电动势为18V，电压增大，故而电荷量增大，故C正确；‎ D．当开关闭合时，两端的电压；两端的电压为：；则；，故D错误．‎ ‎【点睛】考查了含电容电路，要注意正确分析电路，明确电路结构；根据开关通断时的不同状态分析电容器两端的电压；由分析电容中的电量 ‎11.如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是( )‎ A. 在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大 B. 在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大 C. 在t1~ t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流 D. 在t1~ t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由B-t图知，时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零；故A错误；‎ 在时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大．B正确；在时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流．故C错误．在时间内，L内的磁场增加，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故D正确．‎ ‎12.如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30º角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则 A. 原电场方向竖直向下 B. 改变后电场方向垂直于ON C. 电场方向改变后，小球的加速度大小为g D. 电场方向改变后，小球的最大电势能为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg，小球带正电，则电场竖直向上，选项A错误；改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因Eq=mg，可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成600，选项B错误；电场方向改变后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg，小球的加速度大小为g ‎，选项C正确；电场方向改变后，小球能沿ON运动的距离为 ，则克服电场力做功为： ，故小球的电势能最大值为 ，选项D正确；故选CD.‎ 第II卷（非选择题 共52分）‎ ‎13.如图所示是某同学连接的实验实物图，闭合开关S后，发现L1、L2灯都不亮，他采用多用电表的直流电压挡进行故障检查：‎ ‎(1)选择开关应置于下列量程的__________挡（用字母序号表示）．‎ A．2.5V B．10V C．50V D．250V ‎(2)在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触__________（选填“a”或“b”）．‎ ‎(3)该同学测试结果为：a、b间电压表有示数，c、b间电压表有示数，c、d间电压表无示数，d、f间电压表有示数．根据测试结果，可以判定故障是__________（假设只有下列中的某一项有故障）．‎ A．灯L1断路 B．灯L2短路 C．c、d段断路 D．d、f段断路 ‎【答案】 (1). B (2). a (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]两个蓄电池的总电动势为4V，应用多用表的直流电压档10V档测量，故选B；‎ ‎(2)[2]在测试a、b间直流电压时，红表笔应当接触a，因为电流必须从电压表正接线柱流入，所以红表笔应当接触a端 ‎(3)[3]A．灯L1断路时，c、d间电压表应有示数，与题意不符，故A错误；‎ B．灯L2短路时，L2灯不亮，而L1灯应更亮，与题不符，故B错误；‎ C．cd段断路，则df间没有电压，无示数，故C错误；‎ D．df段断路时，电路中无电流，两灯泡都不亮，ab、df间有电压，c、d 间电压表无示数，与题相符，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎14.某同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：‎ A．待测的干电池（电动势约为1.5 V，内阻小于1.0 Ω）‎ B．电流表A1（量程0～3 mA，内阻Rg1＝10 Ω）‎ C．电流表A2（量程0～0.6 A，内阻Rg2约为0.1 Ω）‎ D．滑动变阻器R1（阻值范围0～20 Ω，额定电流10 A）‎ E．滑动变阻器R2（阻值范围0～200 Ω，额定电流1 A）‎ F．电阻箱R0（阻值范围0～999 Ω）‎ G．开关和导线若干 ‎（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图a、b、c、d所示的四个参考实验电路，并计划用图象法处理实验数据，其中最合理的是图________所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)．‎ ‎（2）该同学选出合理的实验电路后，把与R0串联的电流表当作量程为0～3 V的电压表使用，于是将电阻箱R0的阻值调至________ Ω．‎ ‎（3）下图为该同学利用(1)中选出的合理的实验电路测出的数据绘出的I1－I2图线(I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数)，被测干电池的电动势E＝______ V，内阻r＝______ Ω．（结果保留2位小数）‎ ‎【答案】(1). b D (2). 990 (3). 1.48 0.85‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．四个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D．‎ ‎(2)[3]根据欧姆定律可知：，代入数据解得：‎ ‎(3)[4] [5]根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压：U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势：E=1.48mA×1000Ω=1.48V，与横轴的交点可得出路端电压为1.1V时电流是0.45A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：‎ r=0.85Ω ‎15.如图所示是一匀强电场，已知场强E＝2×102 N/C，现让一个电荷量为q＝－4×10－8 C的电荷沿电场方向从M点移到N点，M、N间的距离L＝30 cm，试求：‎ ‎(1)电荷从M点移到N点电势能的变化；‎ ‎(2)M、N两点间的电势差．‎ ‎【答案】（1） （2）60V ‎【解析】（1）由图可知，正电荷在该电场中所受电场力F方向向右．因此，从M点移到N点，电场力做正功，电势能减少，减少的电势能△E等于电场力做的功W 则△E=W=qEs 代入数值△E=W=4×10-8×2×102×0.3J=2.4×10-6J ‎（2）由公式W=qU M、N两点间的电势差UMN=W/q=2.4×10-6/4×10-8=60V ‎16.如图一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度用g表示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：‎ ‎(1)电场强度的大小E；‎ ‎(2)将电场强度减小为原来的时，物块加速度的大小a；‎ ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能Ek．‎ ‎【答案】(1) (2)0.3g (3)0.3mgL ‎【解析】（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示：‎ FNsin37∘=qE①‎ FNcos37∘=mg②‎ 由①、②可得电场强度：‎ ‎（2）若电场强度减小为原来的，则变为 mgsin37∘−qcos37∘=ma③‎ 可得加速度：‎ a=03g.‎ ‎（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，‎ 由动能定理则有：‎ mgLsin37∘−qE′Lcos37∘=Ek−0④‎ 可得动能：‎ Ek=0.3mgL ‎17.如图所示，在xOy平面（纸面）内，第一象限存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的电子（不计重力），从O点以速度v0射入，v0与x轴成θ＝角，最后落在x轴上的P点．求：‎ ‎(1)线段OP的长度L；‎ ‎(2)电子由O点射入到落在P点所需的时间t．‎ ‎【答案】(1)　 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径R，运动轨迹如图所示 过O点和P点做速度方向的垂线，两线交点C即为电子做匀速圆周运动的圆心，则OP的长度 ‎ L＝2R·sinθ 其中R满足 ‎ 联立解得 ‎(2)由图可知：从O到P，对应的圆心角为，即 ‎（T为运动周期）‎ 其中T满足 ‎ 联立解得 ‎18.如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，间距为L=0.5m的导轨间接一电阻，阻值为R=2Ω，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感强度B=0.8T．导体棒a的质量为m1＝0.1 kg、电阻为R1＝1 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2 kg、电阻为R2＝2Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场．a、b电流间的相互作用不计，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取g=10m/s2．求：‎ ‎(1)导体棒a刚进入磁场时，流过电阻R电流I；‎ ‎(2)导体棒a穿过磁场区域的速度v1；‎ ‎(3)匀强磁场的宽度d.‎ ‎【答案】(1)I=1A (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据平衡条件，结合安培力公式，及串并联电阻特点，即可求解；‎ ‎(2)根据切割感应电动势，及闭合电路欧姆定律，即可求解棒a穿过磁场区域的速度；‎ ‎(3)依据平衡条件，及切割感应电动势，及闭合电路欧姆定律，最后由运动学公式，即可求解匀强磁场的宽度．‎ ‎【详解】(1)导体棒a在磁场中匀速运动，则：‎ 根据等效电路的结构有：‎ 联解得：I=1A ‎(2)导体棒a在磁场中匀速运动时，根据欧姆定律有：‎ 联解得：‎ ‎(3)设导体棒b在磁场中匀速运动的速度为v2，则：‎ 对导体棒a，设其在磁场中运动的时间为，有：‎ ‎ ‎ 联解得：‎ ‎【点睛】考查了电磁感应定律，闭合电路欧姆定律及运动学公式的综合应用，同时掌握平衡条件的内容，及安培力的公式，注意棒在磁场中运动性质是解题的关键．‎