【物理】云南省大理云龙县第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题 10页

云南省云龙县第二中学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。 ‎ 一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) ‎ ‎1.如图所示的匀强电场中，一个电荷量为q的正点电荷，沿电场线方向从A点运动到B点，A、B两点间的距离为d.在此过程中电场力对电荷所做的功为W，则A点的电场强度的大小为(　　)‎ A． B．qWd C． D．‎ ‎2.在点电荷－Q的电场中，一金属圆盘处于静电平衡状态，若圆平面与点电荷在同一平面内，则盘上感应电荷在盘中A点所激发的附加场强E′的方向在下图中正确的是(　　)‎ A．B．C．D．‎ ‎3.如图所示为一通电螺线管，a，b、c是通电螺线管内、外的三点，则三点中磁感线最密处为(　　)‎ A．a处 B．b处 C．c处 D． 无法判断 ‎4.在如图的匀强电场中，若一个点电荷(重力不计)从P点由静止释放，则以下说法中正确的是(　　)‎ A． 该点电荷可能做匀变速曲线运动 B． 该点电荷一定向右运动 C． 电场力对该点电荷可能不做功 D． 该点电荷一定做匀加速直线运动 ‎5.如图所示，电子枪发射的电子经加速电场后沿虚线方向进入匀强磁场区域(图中圆内)，由图中实线方向出磁场，最后打在屏上P点．则磁场的方向为(　　)‎ A． 垂直纸面向外 B． 垂直纸面向内 C． 平行纸面向上 D． 平行纸面向右 ‎6.有两个完全相同的金属小球A、B（它们的大小可忽略不计），A带电荷量为7Q，B带电荷量为-Q，当A、B在真空中相距为r时，两球之间的相互作用的库仑力为F；现用绝缘工具使A、B球相互接触后再放回原处，则A、B间的相互作用的库仑力的大小是（ ）‎ A．F B．F C．F D．F ‎7.在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中（　　）‎ A． 电路中的总电流变小 B． 路端电压变大 C． 通过滑动变阻器R1的电流变小 D． 通过电阻R2的电流变小 ‎8.α粒子和质子从匀强磁场中同一点出发，沿着与磁感应强度垂直的方向以大小相同的初速度v反向运动．若磁场足够大，则它们从出发后到任意时刻时的路程之比是(　　)‎ A． 1：1 B． 1：2 C． 2：1 D． 4：1‎ ‎9.如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h，质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎10.如图所示，在x＞0、y＞0的空间内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．现有两个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，然后分别从y轴上的M、N两点射出磁场，不计粒子重力及它们间的相互作用．比较两粒子的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A． 从N点射出的粒子初速度较大 B． 从N点射出的粒子在磁场中的加速度较大 C． 从M点射出的粒子在磁场中的角速度较大 D． 从M点射出的粒子在磁场中的时间较短 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) ‎ ‎11.(多选)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)，当开关S闭合，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是(　　)‎ A． 只断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 B． 只调节电阻R3的滑动端P2向上移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 C． 只调节电阻R2的滑动端P1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动 D． 只增大R1的光照强度，电阻R0消耗的功率变大，带电微粒向上运动 ‎12.(多选)一平行板电容器的极板水平放置，它和三个可变电阻及电源连成如图所示的电路，质量为m的带电粒子悬浮在两极板间静止，要使带电粒子上升，可行的办法是(　　)‎ A． 增大R1 B． 增大R2 C． 增大R3 D． 减小R2‎ ‎13.(多选)如图甲所示的U－x图象表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上的距离关系．如图乙所示，若三对金属板的负极板接地，图中x均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的是(　　)‎ A． 三对金属板两板电势差的关系为U1＝U2＝U3‎ B． 三对金属板正极电势的关系φ1>φ2>φ3‎ C． 三对金属板板间距离关系为d1E2>E3‎ ‎14.（多选）质量为m，电量为q的带正电小物块在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的绝缘水平面以初速度开始向左运动，如图所示．物块经时间t移动距离s后停了下来，设此过程中，q不变，则（　　）‎ A．s＞ B．s＜ C．t＞ D．t＜‎ 分卷II 三、实验题(共2小题,共15分) ‎ ‎15.某实验小组用如图1所示实验电路测三节干电池组成的电池组的电动势和内阻，定值电阻3 Ω．‎ ‎（1）滑动变阻器的滑片应移动到最左端，闭合电键后，在连续调节滑动变阻器滑片的过程中，电压表V2的示数　　（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（2）根据实验测得的两个电压表的多组示数，作出U1一U2‎ 图象，如图2所示，由此得到电池组的电动势E=　　，内阻r=　　；‎ ‎（3）本实验引起系统误差的主要原因有　　．‎ ‎16.如图甲是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图．图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和A1内阻之和为10 000 Ω(比r和滑动变阻器的总电阻大得多)，A2为理想电流表．‎ ‎(1)按电路原理图在图乙虚线框内各实物图之间画出连线．‎ ‎(2)在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至________(选填“a端”、“中央”或“b端”)．‎ ‎(3)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2.多次改变滑动端c的位置，得到的数据为 在如图所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1－I2曲线．‎ ‎(4)利用所得曲线求得电源的电动势E＝______ V，内阻r＝______ Ω.(保留两位小数)‎ ‎(5)该电路中电源输出的短路电流Im＝________ A.‎ 四、计算题 ‎ ‎17.如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数.‎ ‎18.水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为90 V且上板为正.一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量q＝1.6×10－19C，电子质量me＝9.1×10－31kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字)‎ ‎(1)电子偏离金属板时的侧位移；‎ ‎(2)电子飞出电场时的速度；‎ ‎(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP的长.‎ ‎19.在倾角=30°的斜面上，固定一金属框，宽l=0.25 m，接入电动势E=12 V、内阻不计的电池.垂直框面放有一根质量m=0.2 kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数为，整个装置放在磁感应强度B＝0.8 T的垂直框面向上的匀强磁场中（如图）.当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上.（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计）‎ ‎20.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝3×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比＝4×10－10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.15 m，不计粒子的重力．‎ ‎(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．‎ ‎ ‎ ‎【参考答案】‎ ‎1.C 2.A 3.A 4.D 5.A 6.B 7.D 8.A 9.B 10.D ‎11.CD 12.CD 13.ACD 14.BC ‎15.（1）增大（2）4.5 V 3 Ω （3）电压表的分流作用 ‎【解析】（1）移动滑片过程，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，‎ 电路电流增大，定值电阻两端电压增大，电压表V2的示数增大．‎ ‎（2）由图示电路图可知，电源电动势：E=U1+Ir=U1+r，整理得：U1=E-U2，‎ 则：‎ U1﹣U2图象图象的截距：b=E=4.5 V，图象斜率：k==1，解得：r=kR0=3.0 Ω．‎ ‎（3）由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于，这是造成实验误差的原因．‎ ‎16.(1)(2)b端　(3)‎ ‎(4)1.5　0.60　(5)2.5‎ ‎【解析】(1)由电路图连线如图 ‎(2)闭合开关S前，为保护电路，应使连入电路的滑动变阻器阻值最大，故滑动端c置于b端．‎ ‎(3)连线如图 ‎(4)电路中A1与R1串联等效于电压表，纵轴截距为0.149 mA，对应电压值U＝0.149×10－3×104V≈1.5 V，‎ 故电动势E＝1.49 V，内阻r＝||≈0.60 Ω.‎ ‎(5)短路电流Im＝＝A≈2.5 A.‎ ‎17.　‎ ‎【解析】　物体受力情况如图所示，‎ 将各力沿斜面和垂直斜面两个方向进行正交分解，则沿斜面方向上：‎ Ff＋mgsinθ＝qEcosθ①‎ 垂直斜面方向上：‎ mgcosθ＋qEsinθ＝FN②‎ 其中Ff＝μFN③‎ 由①②③解得：μ＝.‎ ‎18.　(1)0.49 cm　(2)2.04×107m/s　速度的方向与v0的夹角θ满足tanθ≈0.2　(3)2.49 cm ‎【解析】(1)电子在电场中的加速度a＝,侧位移y＝，又因t＝，则y＝≈0.49 cm.‎ ‎(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，竖直分速度vy＝at＝≈3.96×106m/s，则电子飞出电场时的速度v＝≈2.04×107m/s.设v与v0的夹角为θ，则tanθ＝≈0.2.‎ ‎(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，则OP＝y＋stanθ＝2.49 cm.‎ ‎19.1.6 Ω≤R≤4.8 Ω ‎【解析】由安培定则可知导体棒受到的安培力沿斜面向上，‎ 当安培力较小，摩擦力方向向上时：‎ 其中：‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ 以上联立：代入数据解得：‎ 当安培力较大，摩擦力方向向下时：‎ 其中：‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ 以上联立：代入数据解得：‎ 故滑动变阻器R的取值范围应为1.6 Ω≤R≤4.8 Ω ‎20.(1)0.4 m　(2)B≥4×10－2T ‎【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：sOA＝at2①‎ a＝②‎ y＝v0t③‎ 联立①②③解得a＝7.5×1014m/s2，t＝2.0×10－8s，y＝0.4 m ‎(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为vx＝at＝1.5×107m/s 粒子经过y轴时的速度大小为v＝＝2.5×107m/s 与y轴正方向的夹角为θ，θ＝arctan＝37°‎ 要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，‎ 此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，‎ 则：R＋Rsinθ≤y qvB＝m 联立解得B≥4×10－2T.‎