【物理】广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 17页

广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二上学期 期末物理试题 一、选择题(本题共12小题，1-7单选，8-12多选)‎ ‎1.如图甲，固定的正方形闭合线圈abcd处于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的图像如图乙，下列说法正确的是( )‎ A. t=2s时，ab边受到匀强磁场的安培力最大 B. t=4s时，ab边受到匀强磁场的安培力为0‎ C. 0〜2 s内线圈中有逆时针方向的感应电流 D. 2 s〜4 s内线圈中的感应电流逐渐减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流 t=2s时刻，磁感应强度的变化率为0，则感应电流I=0，ab边不受安培力作用故A错误；‎ B．t=4s时，磁感应强度的变化率不为0，则感应电流不为0，但是B=0，根据 F=BIL 可知ab边受到匀强磁场的安培力为0，B正确；‎ C．根据楞次定律可知，0～2s内，垂直线圈向外的磁通量变大，则感应电流为顺时针方向，C错误；‎ D．2s～4s内线圈中，磁感应强度的变化率逐渐增大，则感应电动势逐渐变大，感应电流逐渐增大，D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.有一带电粒子沿图中的AB曲线穿过一匀强电场，a、b、c、d均为匀强电场中的等势面，且电势φa<φb<φc<φd，若不计粒子所受重力，那么下列说法错误的是 A. 粒子一定带负电 B. 粒子的运动轨迹是抛物线 C. 从A点运动到B点粒子的电势能增加 D. 从A点到B点过程中电势能与动能之和不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向下方向，而粒子的轨迹向上弯曲，说明粒子所受的电场力竖直向上，所以粒子带负电．故A不符合题意． B．粒子所受的电场力是恒力，粒子的运动为匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．故B不符合题意． C．粒子的电场力竖直向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大，电势能减小．故C符合题意． D．重力不计，粒子只有两种形式的能：动能和电势能，根据能量守恒可知粒子的动能和电势能之和在运动过程中保持不变．故D不符合题意．‎ ‎3.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是( )‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在b点速度大于在a点速率 C. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长 D. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点左侧射出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；‎ B．粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故B错误；‎ C．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，周期不变，粒子轨迹对应的圆心角有增大，根据可知粒子运动时间增加，故C正确；‎ D．根据可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出，故D错误；‎ ‎4.在如图的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略．闭合开关S，当照射光敏电阻上的光照强度增大时，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 通过R2的电流减小 B. 电源的路端电压减小 C. 电容器C所带的电荷量增加 D. 电源的电功率不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻的阻值会减小，电路的总电阻减小，电路中的总电流增大，流过R2的电流增大，A错误；‎ B．电路中的总电流增大，电源的内电压增大，根据闭合电路的欧姆定律得知路端电压减小，B正确；‎ C．电容器极板间的电压就等于路端电压，所以电容器板间电压减小，带电量减小。C错误；‎ D．电源的电功率 P=EI 电流变大，则电源的功率变大，D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为 ‎．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（ ）‎ A. 前表面的电势比后表面的低 B. 前、后表面间的电压与无关 C. 前、后表面间的电压与成正比 D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误．‎ ‎6.如图，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是( )‎ A. S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮 B. S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭 C. S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变 D. S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；AC错误；‎ BD．S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L1亮一下逐渐熄灭。D正确，B错误。故选D。‎ ‎7.真空中相距为3a的两个点电荷Q1、Q2，分别固定于x轴上x1=0处和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强E随x变化关系如图，取沿x轴正方向的电场强度的正方向，以下判断正确的是（ ）‎ A. 处的电势一定为零 B. 点电荷Q1、Q2一定为同种电荷 C. 点电荷Q1所带电荷量是Q2所带电荷量的2倍 D. x=1.5a处的电势等于x=2.5a处的电势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．x=2a处电场强度为0，但是电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，A错误；‎ BC．若两电荷为异种电荷，在x=2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷。‎ 根据点电荷的电场强度公式可得：‎ 所以：Q1：Q2=4：1‎ B正确，C错误；‎ D．依据场强E与x图象所围成的面积即表示电势的高低，那么x=1.5a处的电势小于x=2.5a处的电势，D错误。故选B。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 安培通过实验的方法总结出真空中两个静止点电荷的作用力的规律 B. 法拉第最早引入“力线”形象描述电场的强弱 C. 库仑最早用实验的方法精确测出电子的电量 D. 法拉第最先发现利用磁场产生电流的方法 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．库伦通过实验的方法总结出真空中两个静止点电荷的作用力的规律，A错误；‎ B．法拉第最早引入“力线”形象描述电场的强弱，B正确；‎ C．密立根最早用实验的方法精确测出电子的电量，C错误；‎ D．法拉第最先发现利用磁场产生电流的方法，D正确。故选BD。‎ ‎9.老师在课堂上做了两个小实验，同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在如图甲的磁场中，液体就会旋转起来。第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触（如图乙），通电后，发现弹簧不断上下振动，下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）‎ A. 图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向改变 B. 图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变 C. 图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动 D. 图乙中，如果改变电源的正负极，观察不到弹簧不断上下振动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图甲中，如果改变电磁场的方向，液体所受的安培力方向改变，则液体的旋转方向改变，A正确；‎ B．图甲中，如果改变电源的正负极，电流方向改变，液体所受的安培力方向改变，则液体的旋转方向改变，B错误；‎ CD．图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程。如果改变电源的正负极，仍然可以发生以上过程，C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎10.如图，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转电场U2中，偏转后打在同一荧光屏上，则它们（ ）‎ A. 同时到达屏上同一点 B. 先后到达屏上同一点 C. 先后到达屏上不同点 D. 到达屏上的速度不同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，由动能定理得：‎ ‎①‎ 两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同。两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场。‎ 在偏转电场中的偏转位移 ‎②‎ 联立①②得 ‎ ‎ 同理可得到偏转角度的正切值 可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故两种粒子打屏上同一点。AC错误，B正确；‎ D．根据动能定理，粒子出离偏转电场的动能：‎ 两种粒子的电荷量不同，则动能增量不同，打到屏上的速度不同，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎11.如图为回旋加速器的示意图．两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B．一质子从加速器的A处开始加速．已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q．已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是（ ）‎ A. 质子的最大速度不超过2πRf B. 质子的最大动能为 C. 质子的最大动能与U无关 D. 若增大电压U, 质子的最大动能增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则 所以最大速度不超过2πfR，A正确。‎ BC．周期，质子的最大动能 与电压无关，B错误，C正确；‎ D．质子最大动能，只增大电压U，则质子的最大动能不变，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎12.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流 保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；‎ A.图像与分析相符，故A正确。B.图像与分析不符，故B错误。‎ C.图像与分析不符，故C错误。D.图像与分析相符，故D正确。‎ 二.实验题(本题有2小题)‎ ‎13.图（a）螺旋测微器的读数__________mm；图（b）游标卡尺的读数__________mm。‎ ‎【答案】 (1). 1.844(1.842—1.848) (2). 42.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．图（a）螺旋测微器的读数：1.5mm+0.01mm×34.7=1.847mm；‎ ‎[2]．图（b）游标卡尺的读数：42mm+0.05mm×8=42.40mm。‎ ‎14.某兴趣小组想要描绘一只“5V，4W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整，实验室可供选用的器材除开关、导线外，还有：‎ 蓄电池组（电动势6V，内阻不计）‎ 电压表V（量程为0～6V，内阻约为4kΩ）‎ 电流表A1（量程为0～1A，内阻约为0.2Ω）‎ 电流表A2（量程为0～3A，内阻约为0.05Ω）‎ 滑动变阻器R（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）‎ ‎（1）实验中所用的电流表应选________；（填“A1”或“A2”）‎ ‎（2）请在虚线框内画出实验电路原理图； ‎ ‎（ ）‎ ‎（3）若该小组描绘出小灯泡的U-I图象如图所示，将其接在电动势E = 3V，r = 3Ω的电源两端，则稳定后小灯泡的电功率为________W（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). (3). 0.70‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]小灯泡最大电流：‎ 故电流表选用即可；‎ ‎(2)[2]灯泡的最大电阻：‎ 由于，故电流表选用外接法；本实验电流从零开始，故滑动变阻器选用分压式接法，故电路如图所示：‎ ‎(3)[3]设小灯泡接入电源时，两端的电压为，通过的电流为，由闭合电路欧姆定律：‎ 在灯泡的中作出图像如图所示：‎ 图中的交点即为灯泡接入电源两端时灯泡的电压和电流，由图知：‎ ‎，‎ 故灯泡的电功率：‎ ‎15.在“用多用表测电阻、电流和电压”的实验中 ‎（1）用多用表测电流或电阻的过程中（ ）‎ A.在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零 B.在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零 C.在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测 D.在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测 ‎（2）测量时多用表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10 V”挡，其读数为________ V；若选择开关处于“×10”挡，其读数为________200 Ω（选填“大于”“等于”或“小于”）。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 5.4 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．A、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故A正确。‎ B、在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零。故B错误；‎ C、在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，故C错误。‎ D、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，故D正确。‎ ‎（2）[2][3]．选择开关处于“10V”挡，最小分度值为0.2V，所以此时的读数为5.4V。 因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以10至30的中间数值一定小于20，若选择开关处于“×10”挡，由图可知其读数小于200Ω.‎ 三.计算题（本题共3小题）‎ ‎16.如图甲所示，在水平方向的匀强电场中，用长为l的绝缘细线，拴住质量为m、带电量为 q的小球，线的上端O固定，开始时将线和球拉成水平，松开后，小球由静止开始向下摆动，当摆过60°角时，速度又变为零．问：‎ ‎（1）A、B两点的电势差多大？‎ ‎（2）电场强度多大？‎ ‎【答案】（1）AB两点的电势差UAB为﹣；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小是．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）小球从A到B过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；‎ ‎（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强．式中d是AB沿电场线方向的距离，d=L﹣Lcos60°．‎ 解：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ mgLsin60°+qUAB=0，‎ 解得：UAB=﹣；‎ ‎（2）BA间电势差为：UBA=﹣UAB=，‎ 则场强：E==；‎ 答：（1）AB两点的电势差UAB为﹣；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小是．‎ ‎【点评】本题是带电体在电场中平衡和圆周运动的问题，需要正确分析小球的运动过程和小球的受力情况，根据动能定理和平衡条件，以及电场知识综合求解．‎ ‎17.如图，平行金属板M、N中心有小孔，板间电压为U0=103V。金属板E、F间有竖直方向的匀强电场，间距为d=cm，长度为L=10cm，其右侧区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场边界AB与AC夹角为60°且AB与金属板E、F垂直．现有一质量m=3.2×10-25kg、电荷量q=1.6×10-18C的正电粒子，从极板M的小孔s1处由静止出发，穿过小孔s2后沿E、F板间中轴线进入偏转电场，然后从磁场AB边界的P点平行AC方向进入磁场，若P与A点相距a=cm，不计重力．求：‎ ‎（1）粒子到达小孔s2时的速度v0大小；‎ ‎（2）E、F两极板间电压U；‎ ‎（3）要使粒子进入磁场区域后能从AB 边射出，磁场磁感应强度的最小值．‎ ‎【答案】（1）1×105 m/s；（2）200V；（3）1.6T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子加速电场中，根据动能定理有 得到达小孔s2时的速度 ‎=1×105 m/s ‎（2）粒子离开偏转电场时，速度偏转角，竖直方向速度 在偏转电场中 由于 EF两极板间电压 ‎=200V ‎（3）要使得从AB边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得 粒子进入磁场时速度 在磁场中 代入数据得所加磁场的磁感应强度最小值为 ‎=16T ‎18.如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：‎ ‎（1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；‎ ‎（2）金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ‎，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；‎ ‎（3）金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：‎ mgsinθ-BIL=0‎ 根据闭合电路欧姆定律得：‎ 解得：‎ ‎（2）设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，由电流的定义式有：‎ 根据法拉第电磁感应定律得 根据闭合电路的欧姆定律得：‎ 联立解得：‎ 解得：‎ 设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：‎ 此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：‎ mgxsinθ=Q总＋‎ 定值电阻产生的焦耳热 Q=Q总 解得：Q=‎ ‎（3）由牛顿第二定律得：‎ BIL＝ma 由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：‎ 可得：‎ 即 得：xm=‎ ‎【点睛】（1）金属杆滑行的速度最大时，其受到的合力为零，根据法拉第电磁感应定律求出安培力，根据合力为零列出方程求解；（2）根据电流的定义和法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出金属杆下滑的距离，根据功能关系和电路连接情况求出定值电阻产生的焦耳热；（3）法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律求出金属杆在水平导轨上滑行的最大距离．‎