【物理】辽宁省瓦房店市高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 17页

‎2019-2020学年度上学期高二期末考试物理试题 一、选择题：（48分）本题共12小题，每小题4分，1-8为单选题，9-12为多选题，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.以下说法正确是(   )‎ A. 由可知电场中某点的电场强度E与F成正比 B. 由公式可知电场中某点的电势与q成反比 C. 由可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两点间的电势差也越大 D. 公式，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误．‎ B. 电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．故B错误．‎ C. Uab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误．‎ D. 电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d，极板面积S等有关，故D正确．‎ ‎2.如图所示，在竖直面（纸面）内有匀强电场，带电量为q(q>0)、质量为m的小球受水平向右大小为F的恒力，从M匀速运动到N．己知MN长为d,与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则 A. 场强大小为 B. M、N间的电势差为 C. 从M到N，电场力做功为 D. 若仅将力F方向顺时针转60°，小球将从M向N做匀变速直线运动 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球做匀速运动，则受电场力、重力和力F平衡，根据平衡条件列式可求解场强E；根据U=Ed求解电势差；根据动能定理求解电场力的功；若仅将力F方向顺时针转60°，根据力的合成知识找到合力的方向，从而判断小球的运动情况．‎ ‎【详解】对小球受力分析，如图；根据平衡知识可知：，解得，选项A正确；M、N间的电势差为（α角是MN与场强方向的夹角），选项B错误；从M到N，电场力做功与重力和力F做功之和为零，即，选项C正确；因电场力qE和重力mg的合力与F等大反向，则若仅将力F方向顺时针转60°，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小为F，则小球将从M向N做匀变速直线运动，选项D正确；故选ACD. ‎ ‎3.如图所示，某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等差等势面，则下列说法正确的判断是（ ）‎ A. 如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较小 B. 如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较小 C. 不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强 D. 不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，动能减小，电子在a点动能较大，A错误；‎ B．若虚线为等势面，根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故动能增大，电子在b点动能较大，B错误；‎ C．不论图中虚线是电场线还是等势面，由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，故C正确；‎ D．若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较小；若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，故电场线方向向右，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较大，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】无论虚线代表的是电场线还是等势面，粒子受到的电场力的方向都是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断粒子的受力的方向和运动方向之间的关系，从而可以确定电场力对粒子做的是正功还是负功。‎ ‎4.如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到A、B所需时间分别为t1、t2，则t1∶t2为(重力不计)(　　)‎ A. 1∶3 B. 4∶3 C. 1∶1 D. 3∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动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，由粒子运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90∘，通过b点的粒子的偏转角为60∘，所以通过a点的粒子的运动的时间为T/4，通过b点的粒子的运动的时间为T/6，所以从S到a、b所需时间t1:t2为3:2，故ABC错误，D正确．‎ 故选D ‎5.如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是下图所示中的（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 线圈进磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐减小，电流逐渐减小，线圈出磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐减小，电流也在减小，但进出磁场时电流方向相反，结合分析可知：选项A符合题意，选项BCD不符合题意；‎ ‎6.如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是（ ）‎ A. FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左 B. FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左 C. FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右 D. FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：试题分析：条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈先有向下和向右的趋势，后有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力；同时运动趋势向右．故选D 考点：楞次定律 点评：线圈有运动趋势是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷 ‎7.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )‎ A. W1W2，q1＝q2 D. W1>W2，q1>q2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：‎ W1:W2=3:1；‎ 根据电量，感应电流，感应电动势，得：‎ 所以：‎ q1:q2=1:1，‎ 故W1＞W2，q1=q2。‎ A. W1W2，q1＝q2。故C正确；D. W1>W2，q1>q2。故D错误；‎ ‎8.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法不正确的是（ ）‎ A. 线圈先后两次转速之比为3:2‎ B. 在图中t = 0时刻穿过线圈的磁通量为零 C. 交流电a的瞬时值为V D. 交流电b的最大值为V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图读出两电流周期之比为Ta：Tb=0.4s:0.6s=2:3，而，故线圈先后两次转速之比为3:2；故A正确.‎ B、t=0时刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大；故B错误.‎ C、正弦式电流a的瞬时值为;故C正确.‎ D、根据电动势最大值公式，得到两电动势最大值之比为Ema：Emb=Tb:Ta=3:2，Ema=10V，则得到正弦式电流b的最大值为;故D正确.‎ 本题选不正确的故选B.‎ ‎9.如图，在重力、电场力和洛伦兹力作用下，一带电液滴做直线运动，下列关于带电液滴的性质和运动的说法中不正确的是 A. 液滴可能带负电 B. 液滴一定做匀速直线运动 C. 不论液滴带正电或负电，运动轨迹为同一条直线 D. 液滴不可能在垂直电场的方向上运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】液滴可能带负电，也可能带正电，液滴一定做匀速直线运动，液滴不可能在垂直电场的方向上运动，ABD说法正确；液滴带正电或负电，运动轨迹不是同一条直线，选项C说法不正确．‎ ‎10.如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则 ( )‎ A. 把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 B. 把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 C 把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后不能返回 D. 把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题设条件，由动能定理得 则知电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知 小球到达N点速度为零然后返回，故A正确；‎ B．将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，‎ 小球到达N点速度为零然后返回，故B错误；‎ C．把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知 可小球未到达N点速度已减为零，然后返回，故C错误；‎ D．把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知 可知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎11.在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是 A. 电压表V1示数在变大，电压表V2示数在变小 B. 电流表A的示数减小，电压表V3示数在变小 C. 电容器的电荷量增大，电阻R1消耗的电功率变大 D. 电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率变大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向．断开开关S，分析板间场强的变化．‎ ‎【详解】A、B项：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E-Ir减小，电压表V3示数在变小，U1示数U1=IR1，随I的增大在变大，U2示数U2=E-I（R1+r），随电流I的增大而减小，故A正确，B错误；‎ C项：电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小，故C错误；‎ D项：电源内阻损耗的功率，由于电流变大，所以电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率，电流变大，所以电源消耗的总功率变大，故D正确．‎ 故应选：AD．‎ ‎【点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变．要掌握、及电容的决定因素．‎ ‎12.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB边长为L，∠C=30°，比荷均为的带正电粒子（不计重力）以不同的速率从A点沿AB方向射入磁场，则 A. 粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短 B. 粒子在磁场中运动的最长时间为 C. 粒子速度越大，在磁场中运动的路程越短 D. 粒子在磁场中运动的最长路程为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，都为120°，根据粒子在磁场中运动的时间：，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期，所以粒子运动时间为，A错误B正确；粒子速度越大，根据公式可知半径越大，但运动时间变小，因此所以路程不一定越长，C错误；当粒子与BC边相切时路程最长，根据几何知识可得此时的半径为，则，D错误；‎ 考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 ‎，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，‎ 二．实验题（15分）（13题8分，14题8分）‎ ‎13.某同学在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，设计了如图所示的装置。线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻、变阻器R和开关连接到干电池上，线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表相同，零刻度居中，闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针的不同的位置如图所示。‎ ‎（1）当滑片P较快地向左滑动时，甲表指针的偏转方向是___，乙表指针的偏转方向是___(填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”)‎ ‎（2）断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，乙表的偏转情况是___(填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”)‎ ‎（3）从上述实验可以初步得出结论：______‎ ‎【答案】 (1). 向右偏 向左偏 (2). 向左偏 (3). 穿过闭合回路的磁通量变化而产生感应电流,感应电流的磁场总要阻得引起感应电流的磁通量变化 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）［1］［2］当滑片P较快地向左滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，可知甲表指针向右偏转，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针（从上往下看），从“-”接线住流入乙表，乙表向左偏转。‎ ‎（2）［3］断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针（从上往下看），从“-”接线住流入乙表，乙表向左偏转．‎ ‎（3）［4］由上知，当流过A线圈的电流变化时，A产生的磁场强弱发生变化，穿过线圈B 的磁通量变化，从而在乙线圈产生感应电流，而且当磁场增强时，线圈乙中产生的磁场方向与原磁场相反，可得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量变化而产生感应电流，感应电流的磁场总要阻得引起感应电流的磁通量变化。‎ ‎14.某同学用伏安法测一节干电池电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻为0.3Ω C．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1Ω D．电压表：量程0～3V，内阻未知 E．电压表：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10Ω，2A G．滑动变阻器：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻 ‎(1)在上述器材中请选择适当的器材：____________________（填写选项前的字母）；‎ ‎(2)实验电路图应选择图中的__________________（填“甲”或“乙”）；‎ ‎(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=________V，内电阻r=_______________Ω．‎ ‎【答案】 (1). ABDFH (2). 甲 (3). 1.5 0.7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电源的电动势约1.5V，则电压表选择量程0～3‎ ‎ V的D；选择内阻已知的电流表B，将此电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差；滑动变阻器电阻较小有利于电表数值的变化，滑动变阻器选择0～10 Ω的F．除此之外，还要有被测干电池A、开关、导线若干H．选择适当的器材有ABDFH．‎ ‎(2)由于电流表内阻已知，选择甲电路将电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差．‎ ‎(2)据可得：，则图线的纵截距，图线的斜率，电源的内阻 ‎【点睛】本题中电流表的内阻已知，可消除电流表分压带来的误差．在解题中要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出图线对应的表达式，从而由图线求出电源的电动势和内电阻．‎ 三．计算题（36分 ）‎ ‎15.如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：‎ ‎（1）电源的内电阻；‎ ‎（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1）1Ω（2）1606W ‎【解析】‎ ‎【详解】设S2断开时R1消耗的功率为P1，则 代入数据可以解得，‎ 设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则 解得，‎ U=84V 由闭合电路欧姆定律得，‎ 代入数据，得 流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，‎ A 而电流关系:‎ 所以 由 代入数据得，‎ ‎16.如图所示，平行光滑长导轨处于同一水平面内，相距为l，电阻不计，左端与阻值为R的电阻相连．金属杆质量为m，电阻为r，垂直于两导轨放置，整个装置放在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．现对杆施加一水平向右的恒定拉力F，使它由静止开始运动．求：‎ ‎(1)当杆的速度为v时，杆的加速度a；‎ ‎(2)杆稳定时的速度；‎ ‎(3)若杆从静止到达稳定的过程中，杆运动的距离为s，则此过程回路中产生的热量Q为多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)棒产生的电动势为E=BLv 电路中电流I =‎ 回路中的感应电流为 ‎ 安培力是 由牛顿第二定律得：F-F安＝ma 所以 ‎(2)稳定时，‎ 得:‎ ‎(3)由能量守恒关系：‎ 得：‎ ‎17.如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x的正方向成 45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的 P 点处时速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向相同．求：‎ ‎（1）粒子从 O 点射入磁场时的速度 v；‎ ‎（2）匀强电场的场强 E0 和匀强磁场的磁感应强度 B0．‎ ‎（3）粒子从 O 点运动到 P 点所用时间．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点，则其运动轨迹如图所示，粒子在 点时的速度大小为，段为圆周，段为抛物线，根据对称性可知，粒子在点时的速度大小也为，方向与轴正方向成角，可得：‎ 解得： ‎ ‎(2)在粒子从运动到的过程中，由动能定理得：‎ 解得：‎ 又在匀强电场由到过程中，水平方向的位移为：‎ 竖直方向的位移为： ‎ 可得：，‎ 由，故粒子在段圆周运动的半径： 及 解得： ‎ ‎(3)在点时， ‎ 设粒子从由到所用时间为，在竖直方向上有：‎ 粒子从点运动到所用的时间为：‎ 则粒子从点运动到点所用的时间为：总