【物理】贵州省黔东南榕江县第三高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 17页

贵州省榕江县第三高级中学2019-2020学年上学期期末考试 高二 物理 ‎（本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟）‎ 分卷I 一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)‎ ‎1.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线．直线C为电阻R两端的电压与电流的关系图线，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么 A. R接到电源a上，电源的效率较低 B. R接到电源b上，电源的输出功率较大 C. R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高 D. R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电源的效率，由图象可知A与C交点处电压大于B与C交点处电压，则R接在电源a上效率较高；电源路端电压与电流图象与电阻两端电压与电流图象交点表示将两者相连时的工作电压和电流，则R接到电源a上时电源的输出功率较大，故C正确，ABD错误。‎ ‎2.关于运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的说法正确的是(　　)‎ A. 洛仑兹力与速度在一条直线上 B. 洛仑兹力可以改变速度方向 C. 洛仑兹力可以使速度增加 D. 洛仑兹力可以使速度减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据左手定则可知洛伦兹力和速度方向垂直，故A错误；‎ BCD．洛伦兹力和速度方向垂直，只能改变速度的方向，不能改变速度的大小，故B正确，CD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，电阻R和内阻为r的电动机M串联接到电路中，接通开关后，电动机正常工作，设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功W1，产生热量Q1，电流流过电动机做功W2，产生热量Q2，则有（　　）‎ A. B. ＜ C. Q1=Q2 D. W1=W2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设开关接通后，电路中电流为I，对于电阻R，由欧姆定律得：U1=IR，有：‎ I=‎ 对于电动机，有U2＞Ir，即有：‎ I＜‎ 联立可得：‎ ‎＜‎ 故A不符合题意，B符合题意；‎ C．根据焦耳定律得电阻产生的热量为：‎ Q1=I2Rt 电动机产生的热量为：‎ Q2=I2rt 由于题目中没有所电阻相等，则可知热量不相等，故C不符合题意；‎ D．电流通过电阻R做功为：‎ W1= Q1=I2Rt=U1It 电流流过电动机做功：‎ W2=U2It 由以上可知做功不相等，故D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示带正电的金属圆环竖直放置,其中心处有一电子,若电子某一时刻以初速度v0从圆环中心处水平向右运动,则此后电子将( )‎ A. 做匀速直线运动 B. 做匀减速直线运动 C. 以圆心为平衡位置振动 D. 以上选项均不对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将圆环分成无数个正点电荷,再用点电荷场强公式和场强叠加原理求出v0方向所在直线上的场强分布即可.由场强叠加原理易知,把带电圆环视作由无数个点电荷组成,则圆环中心处的场强为0,v0所在直线的无穷远处场强也为0,故沿v0方向从圆心到无穷远处的直线上必有一点场强最大.从O点沿v0方向向右的直线上各点的场强方向处处向右.再由对称性知,沿v0方向所在直线上的O点左方也必有一点场强最大,无穷远处场强为零,方向处处向左.故电子在带电圆环所施加的电场力作用下将向右减速至零,再向左运动,当运动到O点处时,速度大小仍为v0,并向左继续运动至速度也为零(这点与O点右方的速度为零处关于O点对称),然后往复运动.在整个运动过程中,F电是个变力,故加速度也是变化的，故C正确，ABD错误。‎ ‎5.如图所示，灯泡A、B都能正常发光，后来由于电路中某个电阻发生断路，致使灯泡A比原来亮一些，B比原来暗一些，则断路的电阻是（　　）‎ A. R1 B. R3 C. R2 D. R4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电阻R1单独在一个支路上，断路后使并联电路的电阻值变大，使灯泡所在的并联电路两端的电压变大，两个灯泡的亮度都变亮，故A不符合题意；‎ B．电阻R3与灯泡B是并联的，如果R3断路，此处只有灯泡B一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡B两端电压增大，由P=知功率变大，灯泡B变亮，故B不符合题意；‎ C．电阻R2与灯泡A是并联的，如果R2断路，此处只有灯泡A一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡A两端电压增大，灯泡B两端电压降低，由P=知，灯泡A功率变大，亮度变亮，灯泡B功率变小，亮度变暗，故C符合题意；‎ D．电阻R4在干路上，如果R4断路，则整个电路没有电流，灯泡都不发光，此选项不符合题意，故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，匀强电场场强为1×103N/C，ab＝dc＝4 cm，bc＝ad＝3 cm，则下述计算结果正确的是（ ）‎ A. ab之间的电势差为4000 V B. ac之间的电势差为50 V C. 将q＝－5×10－3C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零 D. 将q＝－5×10－3C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是－0．25 J ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ab之间的电势差 ‎，故A正确；由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V，故B错误；将的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力不做功，故C正确；将的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为，故D错误．‎ ‎7.如图所示电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，若将滑动片P向下滑动，则（ ）‎ A. A灯变亮 B. B灯变亮 C. 总电流变小 D. R1上消耗功率变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大，则R1上消耗功率变大，路端电压，I增大，U减小，则A灯变暗，B灯与变阻器并联的电压，I增大，则U并减小，所以B灯变暗，故D正确，ABC错误；故选D．‎ ‎【点睛】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化．‎ ‎8.如图所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入1，输出端Y输出0时，A，B端的输入分别是(　　)‎ A. 0、0 B. 0、1 C. 1、0 D. 1、1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当C端输入1，输出端Y输出0时，可知“与”门的另一输入端(即“或”门的输出端)必为0，故“或”门的输入端，即A、B端的输入分别为0、0，故A符合题意，BCD不符合题意。‎ ‎9.三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为 ( )‎ A. 3∶2∶1 B. 1∶2∶3 C. 1∶1∶1 D. 1∶∶‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由粒子在磁场中运动周期的公式为T＝，可知带电粒子的运动周期T都相等。由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，由t＝T，可以判断它们在磁场中运动的时间之比为90°∶60°∶30°＝3∶2∶1，故A符合题意，BCD不符合题意。‎ ‎10.某静电场的电场线分布如图所示，P、Q是电场中的某两点，下列表述正确的是（　　）‎ A. P点电势低于Q点电势 B. P、Q两点场强大小相等、方向相同 C. 同一正电荷分别置于P、Q两点时电势能相等 D. 同一负电荷从P点移至Q点，电场力做负功，电势能增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据顺着电场线方向电势降低可知，P点电势高于Q点电势．故A错误；‎ B．由于P处电场线较密，则P处场强大于Q处场强，而且两点的场强方向不同，故B错误；‎ C．将正电荷从P移到Q时，电场力做正功，电势能减小，则知同一正电荷置于P点时电势能大于Q点电势能，故C错误；‎ D．负电荷所受的电场力逆着电场线，则同一负电荷从P点移至Q点，电场力做负功，电势能增大，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题关键掌握电场线的两个物理意义：电场线疏密表示场强的大小、方向表示电势的高低，即顺着电场线电势降低。‎ 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)‎ ‎11.关于通电导线所受安培力F的方向，以下各图示正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 根据左手定值可知，A图中的安培力竖直向上，故A正确；B中安培力竖直向下，故B错误；C中垂直纸面向外，故C错误；D安培力竖直向上，D正确；故选AD．‎ ‎12.如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t=0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I,周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒（ ）‎ A. 一直向右移动 B. 速度随时间周期性变化 C. 受到的安培力随时间周期性变化 D. 受到的安培力在一个周期内做正功 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ AB、根据左手定则知,导体棒开始所受的安培力方向水平向右 ,安培力在第一个 内做匀加速直线运动,在第二个 ‎ 内,安培力方向水平向左,大小不变,做匀减速直线运动,根据运动的对称性知,一个周期末速度为零,金属棒的速度方向未变.知金属棒一直向右移动,先向右做匀加速直线运动,再向右做匀减速运动,速度随时间周期性变化,而位移一直增大.所以A选项是正确的、B正确.  C、因为电流周期性变化,则安培力也周期性变化.故C正确；  D、在一个周期内,动能的变化量为零,则安培力在一个周期内做功为零.故D错误. ‎ 综上所述本题答案是：ABC ‎13.如图所示是一直流电动机提升重物的装置；已知重物质量为m=50kg，电源输出电压U=110V保持不变，电动机线圈电阻R=4Ω，不计各处摩擦，当电动机以某一速度匀速向上提升重物时，电路中的电流I=5A（g=10m/s2）则： ‎ A. 电源的输出功率为100W B. 电动机线圈电阻R的发热功率550W C. 提升重物的功率为450W D. 电动机的效率为81.8％‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 电源输出P="UI=550" W，选项A错误；电动机线圈电阻R的发热功率P热=I2R="100" W，选项B错误；提升中重物的功率为P机="550" W–100 W="450" W，选项C正确；电动机的效率为，选项D正确．‎ ‎【名师点睛】此题是关于电功率的计算问题；关键是搞清电动机内部的能量转化关系，知道电热的求解公式P热=I2R．‎ ‎14.如图所示，质量为m的环带+q电荷，套在足够长的绝缘杆上，动摩擦因数为µ，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，杆与水平电场夹角为θ，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是( )‎ A. 环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零 B. 环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零 C. 环在下滑过程中，速度不断增大，最后匀速 D. 环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】对环受力分如图 正电荷所受电场力与电场同向，洛伦兹力与速度方向垂直，方向如图．初始速度0.杆的弹力垂直杆向上，受到滑动摩擦力沿杆向上,且合力方向沿杆向下开始向下加速．随着速度增大，洛伦兹力增大，弹力减小，摩擦力减小，向下的加速度增大，当时，摩擦力等于0，加速度最大 ，此后速度继续增大，弹力变为垂直杆向下，随速度增大弹力增大摩擦力增大，加速度开始减小，知道加速度减小到0速度达到最大 ．即环在下滑过程中加速度先增大后减小到0，答案B对．整个过程加速度一直向下，因此速度一直增大，最后匀速答案C对．‎ 分卷II 三、实验题(共2小题,共15分)‎ ‎15.要测绘额定电压为2 V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：‎ A．电源E（电动势3.0 V，内阻可不计）‎ B．电压表V1(量程为0~3.0 V，内阻约2 kΩ)‎ C．电压表V2(0~15.0 V，内阻约6 kΩ D．电流表A1(0~0.6 A，内阻约1 Ω)‎ E．电流表A2(0~100 mA，内阻约2 Ω)‎ F．滑动变阻器R1（最大值10 Ω）‎ G．滑动变阻器R2（最大值2 kΩ）‎ ‎（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_____.，电流表应选择_____.，滑动变阻器应选择:________（填各器材的序号）‎ ‎（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中_____.‎ ‎（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线________．‎ ‎（4）该小电珠的额定功率是_______．‎ ‎【答案】 (1). B D F (2). 电路图见解析； (3). 图像见解析 (4). 1.00W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．由题意小灯泡额定电压为2 V，额定电流为0.5 A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F．‎ ‎（2）[4]．由于小电珠电珠较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）[5]．小电珠的伏安特性曲线如图所示：‎ ‎（4）[6]．由图可知，当电压为2 V，电流为0.5 A；则功率 ‎16.欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:‎ A.电池组（3V，内阻1Ω） B.电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）‎ C.电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） D.电压表（0～3V，内阻3kΩ）‎ E.电压表（0～15V，内阻15kΩ） F.滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ G.滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A） H.开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是；__________（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）实验电路应采用电流表 ________接法；（填“内”或“外”）‎ ‎（3）设实验中,电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I=_______A，U=______V.‎ ‎（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变,请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图_____________,然后根据你设计的原理电路将图中给定的器材连成实验电路___________.‎ ‎【答案】 (1). A、C、D、F、H (2). 外 (3). 0.48 2.2 ‎ ‎ (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]实验中需要电源即A，开关、导线即H，由于电池组3V，则选取电压表D，根据欧姆定律 所以电流表选取C，题目要求测量结果尽量准确要选择滑动变阻器分压接法，则选取总阻较小的滑动变阻器即F；故选取的器材为：ACDFH；‎ ‎(2)[2]由于被测电阻 说明待测电阻为小电阻，故选择电流表外接；‎ ‎(3)[3]由于电流表量程为，最小分度为0.02A，由图可知，电流为 ‎[4]电压表量程为，最小分度为0.1V，由图可知，电压为 ‎ ‎(4)[5]电流表外接又滑动变阻器分压接法，故电实验原理电路图如图 ‎[6]按原理图连接实物图如图 四、计算题 ‎17.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的过程中，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．‎ ‎18.如图甲所示，热电子由阴极飞出时初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：‎ ‎（1）在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？‎ ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ ‎【答案】（1）13.5cm（2）30cm ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：‎ 所以：经偏转电场偏转后偏移量 所以,由题图知t=0.06s时刻U偏=1.8U0，代入数据解得y=4.5 cm，设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：‎ 代入数据解得：Y=13.5cm．‎ ‎（2）由题知电子偏移量y的最大值为 ，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．根据 解得Y= ，所以荧光屏上的电子能打到的区间长为：‎ ‎2Y=3L=30cm ‎19.如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10﹣2kg的通电直导线，电流强度I=1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0T，（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）当斜面对导线的支持力恰好为零时，安培力的大小和方向．‎ ‎（2）需要几秒，斜面对导线的支持力恰好为零？‎ ‎【答案】（1）0.8N，方向水平向左（2）5s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)斜面对导线的支持力为零时，导线的受力如图所示：‎ 由平衡条件，有：‎ FTcos 37°=F FTsin 37°=mg 解得导线所受安培力为：‎ F==0.8N，方向水平向左 ‎(2)根据F=BIL，此时导线所处磁场的磁感应强度为：‎ B==2T 因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有：‎ B=0.4t 解得：‎ t=5s ‎20.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON＝d，如图所示．不计粒子重力，求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；‎ ‎（2）粒子在M点的初速度v0的大小；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．‎ ‎【答案】（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R为d；‎ ‎（2）粒子在M点的初速度v0的大小为；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点的总时间t为．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）做出带电粒子的运动轨迹如图 由三角形相关知识得 ‎（2）由qvB=mv2/R 得v 在N点速度v与x轴正方向成θ＝60°角射出电场，将速度分解如图 cosθ= v0/v 得射出速度v=2v0， v0=‎ ‎（3）粒子在电场中运动时间t1，有d＝v0t1‎ 所以t1＝　　‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T　，故 T 设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2 所以　t2‎ t＝t1＋t2，所以　t