广西玉林市2020学年高二物理上学期期末质量评价检测试卷（含解析） 12页

广西玉林市2020学年高二物理上学期期末质量评价检测试卷（含解析） ‎ 二、选择题：‎ ‎1.电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则(　 　)‎ A. 电场力做功仍为W B. 电场力做功为 C. 两点间的电势差仍为U D. 两点间的电势差为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点，电场力做功为q×2U=2W，故A错误，B错误；‎ 在同一个电场中，两点之间的电势差就不变，与放入的电荷的电荷量的大小无关，所以AB之间的电势差的大小还是U，C正确，D错误。‎ 故选：C。‎ 点睛：两点间的电势差是由电场决定的，电场不变，两点之间的电势差就不变，根据W=qU可以直接计算电场力做功的大小．‎ ‎2.两个完全相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由库仑定律列出接触前的库仑力表达式；根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量，再由库仑定律列出库仑力表达式，即可求得两力的关系．‎ ‎【详解】由库仑定律可得：两球接触前的库仑力;当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量q′=＝4Q,两球接触后的库仑力；当两球带异种电荷时，两球接触中和后再平分电量，则两球的电量q′= ＝−3Q; 两球接触后的库仑力，故ABD错误，C正确。故选C。‎ ‎【点睛】两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向．‎ ‎3.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。正确答案是D。‎ ‎4.如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V　0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光。现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(　　)‎ A. 电源内阻为1 Ω B. 电动机的内阻为4 Ω C. 电动机正常工作电压为1 V D. 电源效率约为93.3%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小灯泡的额定电流为，电阻为，当接1时，由闭合电路欧姆定律可知，代入数据解得r=1Ω，故A正确；‎ BC、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=‎0.2A，电源内阻分的电压为，故电动机分的电压为，电动机的内阻，故B、C错误；‎ D、电动机的输入功率，电源的效率，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】关键是电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用，同时注意串并联电路的规律应用。‎ ‎5.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中 A. 电压表与电流表的示数都减小 B. 电压表与电流表的示数都增大 C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大。‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；‎ 由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)‎ A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左。根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下。故选B。‎ 考点：洛伦兹力方向判定（左手定则）和直导线周围磁场的判定（右手螺旋定则）。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.平面OM和平面ON之间的夹角为60°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成60°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON有且只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离l及在磁场中运动的时间t分别为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据几何关系求得中心角，由洛伦兹力做向心力求得周期，即可求得运动时间；‎ ‎（2）根据几何关系求得距离和半径的关系，即可根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径，从而求得距离。‎ ‎【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，故运动轨迹与ON相切；轨迹如图所示，‎ ‎；‎ 根据洛伦兹力做向心力可得：，故运动周期；由几何关系可得：粒子在磁场中转过的中心角为240°，故运动时间，选项C正确，D错误；根据几何关系可得：粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离，故A正确，B错误；故选AC.‎ ‎【点睛】粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力作用下的运动情况，一般根据几何关系求得轨道半径、中心角等问题，即可由洛伦兹力做向心力求得周期、轨道半径，进而求得速度、运动时间等问题。‎ ‎8.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长la=‎3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则 A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B. a、b线圈中感应电动势之比为9：1‎ C. a、b线圈中感应电流之比为3：1‎ D. a、b线圈中电功率之比为3：1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律可求得电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比．‎ ‎【详解】根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针；故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，； 而S=l2； 因此电动势之比为9：1；故B正确；线圈中电阻，而导线长度L=n×‎4l；故电阻之比为：3：1； 由欧姆定律可知，I=E/R；则电流之比为：3：1； 故C正确；电功率P=E2/R，电动势之比为9：1；电阻之比为3：1；则电功率之比为27：1；故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解．‎ ‎9.如下图所示为某次实验中两电表的接线及示数情况，则 电流表A的示数为___________A，电压表V的示数为___________V。‎ ‎【答案】 (1). ‎1.50A (2). 7.50V ‎【解析】‎ ‎【详解】电流表A的量程为0‎-3A，则示数为‎1.50A；电压表V的量程为0-15V，则示数为7.50V.‎ ‎10.某实验小组利用如下器材测量某金属丝的电阻率：‎ A.电源(3V，内阻约为0.1Ω)‎ B.电流表(量程‎0.6A，内阻约为0.1Ω)‎ C.电流表(量程‎3A，内阻约为0.03Ω)‎ D.电压表(量程3V，内阻约为3kΩ)‎ E.滑动变阻器(1kΩ，‎0.3A)‎ F.滑动变阻器(20Ω，‎2A)‎ G.待测金属丝、螺旋测微器、米尺、开关和导线等 ‎(1)实验的主要步骤如下：‎ a.截取一段金属丝，拉直并固定在两端带有接线柱的米尺上，观察其接入长度在米尺上的示数如图甲所示，则读数为L=___________cm；‎ b.用螺旋测微器测出金属丝的直径，某次测量时示数如图乙所示，其读数为D=___________mm；‎ c.正确连接电路，合上开关；‎ d.改变滑动变阻器的位置，读出电压表和电流表的示数，记录如下表：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ U/V ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎1.80‎ ‎2.30‎ I/A ‎0.18‎ ‎0.22‎ ‎0.34‎ ‎0.42‎ ‎0.52‎ e.断开开关，整理器材，结束实验操作。‎ ‎(2)根据以上信息，你认为该小组选用的电流表是___________，滑动变阻器是___________(只填仪器前的代号)；请设计一个电路并使其尽可能测得更多的数据，据此把下列电路连接完整_______。‎ ‎(3)该小组的测量数据已标在U-Ⅰ图上，据此可计算该金属丝的电阻值为___________Ω(保留两位有效数字)，根据电阻定律即可得到该金属丝电阻率。‎ ‎【答案】①50.00，0.712（0.711～0.713均给分）；②B，F，如图；③4.4（4.3～4.5均给分）Ω.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①a.金属丝的长度为‎50.00cm；b．金属丝的直径为：‎0.5mm+‎0.01mm×21.2=‎0.712mm；②根据表中数据可知，电流表选择‎0.6A量程，即选B；滑动变阻器选择F即可；连接电路如图；‎ ‎③画出U-I图像如图，则求得电阻值为：‎ 考点：测量金属导体的电阻率.‎ ‎11.如图，质量m＝‎0.2kg、长度L＝‎1.0m的水平导体棒MN，用两根劲度系数均为k＝100N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，导体棒置于水平向里的匀强磁场中。当导体棒中通以大小为I＝‎5A的电流，并处于静止时，两弹簧恰好都恢复到原长状态。（重力加速度g取‎10m/s2）‎ ‎(1)求匀强磁场磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)欲使导体棒下移‎1.5cm后能重新处于静止状态，应当通入什么方向、多大的电流。‎ ‎【答案】（1）0.4T（2）‎‎2.5A ‎【解析】‎ ‎（1）弹簧都恢复到原长状态时，ILB＝mg B＝＝0.4T ‎（2）导体棒下移‎1.5cm后能重新处于静止状态时，‎ 应当通入的电流方向为从N→M 由平衡条件可得：mg + I′LB＝2kx 求得：I′＝2.5A ‎12.如图，两根相距L=‎0.20m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.40Ω的电阻相连。电阻右侧存在沿导轨方向随距离均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.50T/m，金属棒所在处磁场的磁感应强度B0=0.50T。一根质量‎0.10kg，电阻r=0.10Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。在t=0时刻，棒在水平外力作用下以初速度v1=‎2m/s沿导轨向右做匀速运动。求 ‎(1)t=0时回路中的电流大小；‎ ‎(2)t=2s时电阻R上的热功率及外力做功功率；‎ ‎【答案】（1）‎0.4A（2）1.6W 2W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）棒向右匀速运动，由E=BLv 求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流．‎ ‎（2）电阻R上产生的热功率由公式P=I2R求解．外力的功率等于总功率.‎ ‎【详解】（1）棒产生的电动势 E=B0Lv1=0.5×0.2×2V=0.2V 由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流：‎ ‎（2）t=2s时棒的速度 v1=‎2m/s，走过的位移为：x=v1t=2×2=‎4m，此时的磁场强度：B2=B0+kx=0.5+0.5×4=2.5T 棒产生的电动势 E=BLv1=2.5×0.2×2V=1V 由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流：‎ 电阻R上产生的热功率为：PR=I2R=22×0.4W=1.6W 外力的功率等于总功率，即P外=1E=2W ‎13.如图所示，在xoy坐标系中有虚线OA，OA与x轴的夹角θ=30°，（OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场，已知匀强磁场的磁感应强度B=0.25T，匀强电场的电场强度E=5×105N/C．现从y轴上的P点沿与y轴正向夹角60°的方向以初速度v0=5×‎105m/s射入一个质量m=8×10﹣‎26kg、电量q=+8×10﹣‎19C的带电粒子，粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点，已知P点到O的距离为m．（带电粒子的重力忽略不计）求：‎ ‎（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（2）粒子从P点运动到Q点的时间；‎ ‎（3）Q点的坐标．‎ ‎【答案】（1）‎0.2m；（2）1.18×10﹣6 s；（3）（‎0.6 m，0）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由F向=qv0B=m得r==" 0.2" m. （4分）‎ ‎(2)粒子由P点进入磁场，由于∠O′PO= 300，延长PO′交OA于O″，则PO″⊥OA，则PO″=OPcos 300=" 0.3" m，则O′O″=PO″－PO′=" 0.1" m得O′O″=O′M，即得∠O′MO″= 300 （2分）‎ 由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为600，即得从OA边射出时v0与x轴垂直。 （2分）‎ 从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和。t1= =8.37×10－7s ‎（2分）‎ 粒子从P点到Q点的时间为t =t1＋t2=1.18×10－6s （2分）‎ ‎(3)粒子在电场中qE=ma，a = =5×‎1012m/s2‎ 水平位移x2=at22=" 0.3" m （3分）‎ 粒子在磁场中水平位移x1=r＋rsin 300=‎0.3m （2分）‎ 故x=x1＋x2=" 0.6" m 即Q点的坐标为（‎0.6 m,0） （2分） ‎