2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）（新版）人教版 16页

‎2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1. 依据如图所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动”这一实验现象及相应规律设计的家用电器是（　　） ‎ A. 电风扇 B. 电饭锅 C. 电热水壶 D. 电熨斗 ‎【答案】A ‎2. 电荷从静止开始只在电场力作用下的运动（最初阶段的运动），则电荷（　　）‎ A. 总是从电势高的地方移到电势低的地方 B. 总是从电场强度大的地方移到电场强度小的地方 C. 总是从电势能大的地方移到电势能小的地方 D. 总是从电势能小的地方移到电势能大的地方 ‎【答案】C ‎【解析】如果是负电荷，运动方向与场强相反，故电势会增大，故A错误；静止开始的电荷会沿着电场力的方向运动，但此方向的场强不一定减小，故B错误；由于电荷只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以εA＞εB，故C正确D错误．‎ ‎3. 一束电子流沿水平方向自东向西运动，在电子流的正上方有一点，由于电子运动产生的磁场在该点的方向是（ ）‎ A. 竖直向上 B. 竖直向下 C. 水平向南 D. 水平向北 - 16 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电子运动方向自东向西，所以产生的电流方向自西向东，由右手螺旋定则可知产生的磁场在该点的方向是水平向南 考点：考查电流的磁效应 点评：难度较小,主要考查电流的磁效应,利用右手螺旋定则,注意大拇指指向的是电流的流向,及电子速度的反方向。‎ ‎4. 用电压表检查如图所示电路中的故障，测得 ， ，则此故障可能是( )‎ A. L断路 B. R断路 C. R′ 断路 D. S断路 ‎【答案】C ‎【解析】电压表有示数说明此时的电路可以组成闭合的回路，故障应该在和电压表并联的部分，当电压表示数为零，说明此时的电路不通，电路中没有电流，故障不在和电压表并联的部分．用电压表测量得到Uab=5.0V，说明从b到c到d这一部分电路是通的，故障可能出现在电键和ab之间，由于Ucd=0V，Ubc=0V，说明此时的电路不通，故障在ab之间，又由于Uad=5.0V，说明电键是好的，所以故障一定是R断路，所以B正确．‎ 综上所述本题答案是：B 点睛： 本题是对电路故障的分析，当电路中有电流，能组成闭合的回路的时候，电压表就会有示数，否则，电压表就没有示数．‎ ‎5. 如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是（ ）‎ A. 从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低 - 16 -‎ B. 从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高 C. O点的电场强度为零，电势最低 D. O点的电场强度不为零，电势最高 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷在x轴产生的电场强度有水平向左的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知，从O点沿x轴正方向，电势升高．O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．故A、B错误．根据对称性可知，O点的电场强度为零，根据顺着电场线方向电势降低，可知O点的电势最低．故D错误，C正确；故选C．‎ 考点：电场强度；电势 ‎6. 半径为r的圆形空间内，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子（不计重力）从A点以速度 垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出，∠AOB=120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由图可知，粒子转过的圆心角为60°，‎ ‎  ，转过的弧长为   ，则运动所用时间   ，‎ 综上所述本题答案是;D。‎ 点睛：本题考查洛伦兹力的知识点，意在考查学生的推理能力。‎ - 16 -‎ ‎7. 如图（a）所示：AB是某电场中的一条电场线，若在A点放置一初速度为零的电子，电子仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B过程中的速度图像如图（b）所示，则下列关于A、B两点电势 和电场强度E的判断中正确的是（ ）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】在v-t图中图像所包围的面积代表了加速度的大小，由图可知,电子在A点加速度较大,则可知A点所受电场力较大,由 可知,A点的场强要大于B点场强; 而电子从A到B的过程中,速度增加,动能增大,则可知电场力做正功，电子带负电，电场线与电场力的方向相反，所以电场线应该是由B到A，故A点的电势要小于B点电势,故D正确;‎ 综上所述本题答案是：D 点睛：由图可知带电粒子速度变化情况,则可明确粒子在两点的加速度大小关系,即可确定电场强度的大小;由功能关系可以确定电势的高低.‎ ‎8. 一条形磁体静止在斜面上,固定在磁体中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流,如图所示.若将磁体的N极位置与S极位置对调后,仍放在斜面上原来的位置,则磁体对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是（ ）‎ A. FN增大, Ff减小 B. FN减小, Ff增大 C. FN与Ff都增大 D. FN与Ff都减小 ‎【答案】C - 16 -‎ ‎.....................‎ ‎9. 如图所示，初速度不计的电子从电子枪中射出，在加速电场中加速，从正对P板的小孔射出，设加速电压为U1，又垂直偏转电场方向射入板间并射出，设偏转电压为U2。则：（ ） ‎ ‎ ‎ A. U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大 B. U1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短 C. U2变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小 D. 若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可 ‎【答案】ABD ‎【解析】A项：由可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大，故A正确；‎ B项：由可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的水平速度变大，运动时间变短，故B正确；‎ C项：由可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故C错误；‎ D项：由可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可，故D正确。‎ - 16 -‎ 点晴：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出。‎ ‎10. 如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经过A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计，则（ ）‎ A. 粒子在A、B间是做圆周运动 B. 粒子从A到B的运动过程中，动能先减小后增大 C. 匀强电场的电场强度E＝U/R D. 圆周上电势最高的点与O点的电势差为U ‎【答案】BD ‎【解析】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；‎ ‎ 由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故B正确；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，，所以，故C错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为，故D正确； 故选BD 点睛：紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向．同时考查U=Ed中d的含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离．‎ - 16 -‎ ‎11. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则：‎ A. 变化过程中△U和△I的比值保持不变 B. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变 C. 电阻R0两端电压减小，减小量为△U D. 电容器的带电量增大，增加量为C△U ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：可将定值电阻R0绑定在一起，则画出U-I图像，图像的斜率表示电源内阻与定值电阻之和，所以恒定不变，A正确，因为可变电阻R值变了，导致了电压表U和电流表I的变化，而量表的比值，表示R的值，所以也发生变化，B错误，当R增大，路端电压增大，电流减小，所以通过R0的电压减小，而电源内阻分压也减小，两者减小的为△U，C错误，R两端的电压增大，所以电容器两端电压增大，故根据公式可得，D正确，‎ 考点：考查了电路动态分析 点评：此类型的题目一般是从部分变化到整体变化再到另一部分变化 ‎12. 如图所示，长均为d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以v0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若撤去电场，则粒子从M点射出（粒子重力不计）．以下说法正确的是（ ）‎ A. 该粒子带正电 B. 该粒子带正电、负电均可 C. 若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为2v0‎ - 16 -‎ D. 若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为 v0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】AB项，若撤去电场，则粒子M点射出，根据左手定则知粒子应带正电荷，故A项正确，B项错误。‎ CD项，设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为，则粒子沿直线通过场区时： ，‎ 撤去电场后，在洛伦兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知： ，‎ 洛伦兹力提供粒子运动的向心力得： ，‎ 撤去磁场，粒子做类平抛运动，设粒子的加速度a，穿越电场所用时间为t，‎ 则有：，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 联立以上各式解得：y=d，‎ 设末速度为v，由动能定理知： ，解得：，故C项错误，D项正确。‎ 综上所述本题答案为AD。‎ 二、实验题 ‎13. 某同学采用图（a）所示实验电路来描绘额定电压为12V的小灯泡伏安特性曲线。‎ ‎（1）将图（b）的实物图连接完整_____________。‎ - 16 -‎ ‎（2）某次实验时，滑动变阻器的滑片从a向b滑动的过程中，发现电压表和电流表原来几乎没有示数，直到接近b端时示数急剧增大。经检查所有电路连线及仪器都完好，则可能原因是______________________。‎ ‎（3）若描绘出的伏安特性曲线如图（c）所示，则灯泡的额定功率为______W。（保留两位有效数字）‎ ‎（4）若将两盏这样的灯泡与电动势12V ,内阻4Ω的电源申联，则灯泡的实际功率为__________W。（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （1）如图 ‎ (2). （2）滑动变阻器阻值远大于灯泡电阻 (3). （3）6．6W (4). （4）2．0W（1．9-2．1W均正确 ‎【解析】试题分析：（1）根据原理图可得出对应的实物图，由图可知，电流最大值为0．6A，故电流表量程选择0．6A；如图所示；‎ ‎（2）滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P由A端向B端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大，所以原因是：滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分短；‎ ‎（3）由图可知，当电压为12V时，电流为0．55A；故功率为：；‎ ‎（4）将两盏这样的灯泡与电源串联，则灯泡的电流为I，则有：；；作出对应的伏安特性曲线，二者之间的交点即为灯泡的工作点，则由图可知，灯泡的电压为5V，电流为0．4A，则功率为：；‎ - 16 -‎ 考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线实验 ‎【名师点睛】描绘小灯泡的伏安特性曲线是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等多方面内容的考查，要重点明确伏安特性曲线的掌握和应用方法．‎ ‎14. 用甲图测量电源电动势E和内阻r 除了图中所给的器材，还有一只多用电表可用，通过多用电表来测量电源的路端电压和电路的电流，完成下面的实验步骤：‎ ‎①断开开关S1、S2，把电阻箱的阻值调至最________（填“大”或“小”）；‎ ‎②多用电表接a、b，选择直流电压5V挡，闭合开关S1、S2，调节电阻箱的阻值，此时表盘指针指在如图乙的P位置，则读得U1= ________V，断开开关S1、S2；‎ ‎③多用电表改接c、d，选择直流电流500mA挡，保持电阻箱阻值不变，闭合开关 ，此时表盘指针指在如图乙的Q位置，则读得I1= _______A，断开开关；‎ ‎④用U1和I1列出计算电动势E和内阻r的表达式：____________________________。‎ ‎【答案】 (1). ①大； (2). ②1 25； (3). ③S1；0 355； (4). ④ ‎ ‎【解析】试题分析：①为保护电路，在开关闭合前，电阻箱阻值调到最大；②由图知测量电压为1 25V；③闭合开关S1，电表读数为0 355A；④由题意知测量值U1为电路的路端电压，I1为干路电流，所以根据闭合电路的欧姆定律：E=U1+I1r 考点：本题考查多用电表的读数 三、解答题 - 16 -‎ ‎15. 如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3．5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：‎ ‎（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；‎ ‎（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。‎ ‎【答案】（1） （2） ; ‎ ‎【解析】试题分析：：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：‎ ‎①‎ 而且还能穿过小孔，离开右极板。‎ 假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：‎ ‎②‎ 综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。‎ ‎（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：③‎ 球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：④‎ 由③④求得：⑤‎ ‎（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：⑥‎ 将③⑤代入⑥得：⑦‎ - 16 -‎ 球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：⑧‎ 显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ 求得：，⑾‎ 球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：⑿‎ 设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有：⒀‎ ‎⒁‎ 求得：,⒂‎ 由⑦⑾⒂可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：⒃‎ 球A相对右板的位置为：‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、电势能。‎ ‎【名师点睛】本题首先要正确分析系统的运动过程，其次学会运动牛顿第二定律和运动学公式结合处理较为复杂的带电粒子在电场中运动的问题，但本题所受的方法不唯一的，也可能由动能定理和运动学公式结合研究。‎ 视频 ‎16. 如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图：左端加速电极M、N间的电压为U1。中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的场强B1＝1．0T，两板电压U2=1．0×102V，两板间的距离D＝2cm。选择器右端是一个半径R＝20cm的圆筒，可以围绕竖起中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔O1至O8‎ - 16 -‎ ‎。圆筒内部有竖直向下的匀强磁场B2。一电荷量为q=1．60×10-19C、质量为m=3．2×10-25kg的带电的粒子，从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器。圆筒不转时，粒子恰好从小孔O8射入，从小孔O3射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收。求：‎ ‎（1）加速器两端的电压U1的大小；‎ ‎（2）圆筒内匀强磁场B2的大小并判断粒子带正电还是负电；‎ ‎（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进从O5出），则圆筒匀速转动的角速度多大？‎ ‎【答案】（1），‎ ‎（2） ，粒子带负电 ‎（3） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）速度选择器中电场强度：‎ 根据力的平衡条件可得：,解得：‎ 在电场加速过程，根据动能定理可得：，解得 ‎（2）粒子的运动轨迹如图所示 - 16 -‎ 根据左手定则，粒子带负电，由几何关系可得：‎ 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：，解得：‎ ‎（3）不管从哪个孔进入，粒子在筒中运动的时间与轨迹一样，运动时间为:‎ 在这段时间圆筒转过的可能角度:‎ 则圆筒的角速度:‎ 考点：带电粒子在电磁场中的运动。‎ ‎【名师点睛】（1）根据圆筒的直径，结合粒子通过圆筒的时间求出粒子通过圆筒的速度，根据动能定理求出金属板MN上所加的电压．（2）根据粒子在磁场中运动的半径公式以及几何关系求出电子在圆筒内转过的圆心角，结合周期公式求出电子在圆筒中运动的时间，根据圆筒转过的最小角度求出圆筒转动的最小角速度．（3）结合几何关系，根据圆周运动的周期性求出圆筒转过的角度，从而得出圆筒转动的角速度。‎ ‎17. 如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球质量为m,电量为-q。用绝缘轻绳(不伸缩)悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角θ＝30°。绳长为l，AO＝CO＝DO＝l，OD水平，OC竖直。求：‎ ‎(1)电场强度E；‎ - 16 -‎ ‎(2)把小球移到D点后，让小球由静止自由释放，小球向右摆动到Ａ点时的速率和该时刻轻绳中张力(计算结果可带根号)。‎ ‎【答案】（1） （2）； ‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球在A点处于平衡状态：‎ 电场强度 ‎（2）当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，小球先沿电场力与重力的合力的方向做匀加速直线运动，由D运动到B， OB与竖直方向夹角为30°方向绳绷直，A、B关于OC对称，设此时速度为vB。‎ 根据牛顿第二定律：‎ 解得小球的加速度 根据几何关系可知，由D到B位移等于绳长l，根据 解得：小球刚运动到B时的速度 绳绷直后，小球沿绳方向的分速度变为零，垂直绳方向速度不变，使小球绕O点做圆周运动 小球从B点做圆周运动的速度 小球运动到A点切向加速度为零，圆周运动的速度达到最大 - 16 -‎ 由B到A位移为l，重力做功为零，根据动能定理，有：‎ 解得：小球运动到A时的速度 所以，小球向右摆动过程中的运动到A点时有最大速率，最大速率 根据牛顿第二定律，有 此时轻绳中张力 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎ ‎ - 16 -‎