2020学年高二物理上学期期末考试题（含解析）（新版）新人教版 15页

‎2019学年度上学期期末考试卷 高二物理（A）‎ 一、选择题 ‎1. 下列关于磁感线的说法不正确的是（ ）‎ A. 磁感线是小磁针受磁场力后运动的轨迹 B. 磁感线的疏密程度反映磁场的强弱 C. 磁感线不是磁场中实际存在的线 D. 磁感线是闭合曲线且互不相交 ‎【答案】A ‎【解析】磁感线是形象地描绘磁场分布的一些曲线，不是磁场中实际存在的线，是闭合曲线且互不相交，其疏密程度反映磁场的强弱，其切线方向表示磁感应强度的方向，小磁针两极受力反向等大，会使小磁针转动，但不是小磁针的运动轨迹，A错误；B C D正确；本题选错误的，选A．‎ ‎【点睛】磁感线，是用以形象地描绘磁场分布的一些曲线．人们将磁力线定义为处处与磁感应强度相切的线，磁感应强度的方向与磁力线的切线方向相同，其大小与磁力线的密度成正比，不是磁场中实际存在的线.‎ ‎2. 如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，电容器间有一点a，到上极板A距离恒定， S是闭合的，φ表示a点的电势， E表示电场强度，现保持A板不动，将B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（ ）‎ A. φ升高， E变大 B. φ升高， E变小 C. φ不变， E不变 D. φ不变， E变小 ‎【答案】B - 15 -‎ ‎.....................‎ ‎3. 如图所示，正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，沿x轴上各点的电场强度大小和电势分别用E和ϕ表示．选取无穷远处电势为零，下列关于x轴上各点电场强度的大小E或电势ϕ随位置x的变化关系图，正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：该题中正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，金属球是一个等势体．从金属球到无穷远处的电势降低．‎ 解：A、B：金属球是一个等势体，等势体内部的场强处处为0，故A错误，B错误；‎ C、D：金属球是一个等势体，等势体内部的电势处处相等，故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】该题考查带正电荷的金属球周围的场强分布与电势的特点，除了上述的方法，还可以使用积分法求它的场强和电势．属于简单题．‎ - 15 -‎ ‎4. 有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则（ ）‎ A. P出=2W, P热=0.5W B. P出=1.5W, P热=8W C. P出=2W, P热=8W D. P出=1.5W, P热=0.5W ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．‎ 在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．‎ 解：当电动机不转时，电动机的内阻为r===0.5Ω，‎ 电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2﹣I22r=1.5W．‎ 卡住后热功率：P热===8W 故选：B ‎【点评】对于电动机电路，正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机被卡住时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立．‎ ‎5. 用细绳拴一个质量为m 带正电的小球B，另一个也带正电的小球A 固定在绝缘竖直墙上，A、B 两球离地面的高度均为h.小球B 在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示．现将细绳剪断后（ ）‎ A. 小球B 在细绳剪断瞬间开始做平抛运动 B. 小球B 在细绳剪断瞬间加速度等于g C. 小球B 落地的时间等于 D. 小球B 落地的速度大于 - 15 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g，故AB错误；‎ CD、小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g，因此球落地的时间小于，落地的速度大于，故C错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6. 在一个等边三角形ABC顶点B、C处各放一个点电荷时，测得A处的电场强度大小为E，方向与BC边平行沿B指向C。如图所示，拿走C处的点电荷后，A处电场强度的情况将是（ ）‎ A. 大小仍为E，方向由A指向B B. 大小变为E，方向不变 C. 大小仍为E，方向沿BA方向 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】由题意可知，两个顶点B、C处各放一个点电荷，测得A处的电场强度大小为E，方向与BC边平行沿B指向C，根据平行四边形定则作出B处点电荷在A处的电场强度EB和C点电荷在A处的电场强度EC的合场强E，由于三角形ABC是等边三角形，所以EB和EC的夹角为120°，由几何知识可知，EB=EC=E，B处电荷在A处的电场强度EB的方向由B指向A；当拿走C处的点电荷后，则A处电场强度大小仍为E，方向沿BA方向，故C正确，ABD错误；故选C.‎ ‎7. 在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则（ ）‎ A. A灯变亮，B灯变亮，C灯变亮 B. A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗 - 15 -‎ C. A灯变亮，B灯变暗，C灯变暗 D. A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮 ‎【答案】D ‎【解析】当滑动变阻器滑片P向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，故A灯变亮；总电流I增大，利用电动势、内电压和路端电压关系 可知，减小，则B灯变暗；B灯所在支路电流减小，而干路电流增大，所以C灯所在支路电流增大，则C灯变亮。故D项正确。‎ 点睛：灵活应用闭合电路的欧姆定律，电动势、路端电压和内电压关系，串并联电路的电压电流关系是解决动态电路的关键，即先局部--整体---局部的解题思路．‎ ‎8. 如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球一直做匀速直线运动 B. 小球先做加速运动后做减速运动 C. 小球对桌面的压力先减小后增大 D. 小球对桌面的压力一直在增大 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：根据右手螺旋定则可知直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，磁场大小先减小过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，压力为重力与洛伦兹力的差值，过O得后洛伦兹力的方向向下．压力为重力与洛伦兹力的合力，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球将做匀速直线运动，但小球对桌面的压力一直在增大，故BC错误，AD正确．故选AD。‎ 考点：洛伦兹力；右手螺旋定则及左手定则 - 15 -‎ ‎【名师点睛】本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，解题的关键在于分析磁场方向，同时明确带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律。‎ ‎9. 有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )‎ A. 运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B. 加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C. 做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D. 做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．‎ 设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，根据电子在磁场中运动的半径公式可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B错误；根据电子在磁场中运动的周期公式可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；做圆周运动的角速度，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，故D错误。‎ 视频 ‎10. 如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则(　　)．‎ - 15 -‎ A. 经过最高点时，三个小球的速度相等 B. 经过最高点时，甲球的速度最小 C. 甲球的释放位置比乙球的高 D. 运动过程中三个小球的机械能均保持不变 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：在最高点时，甲球受洛伦兹力向下，乙球受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，故三球在最高点受合力不同，故由知，三球的速度不相等，A错；因甲球在最高点受合力最大，故甲球在最高点的速度最大，B错；因甲球的速度最大，而在整个过程中洛伦兹力不做功，故机械能守恒，甲球释放时的高度最高，C对；因洛伦兹力不做功，故系统机械能守恒，三小球的机械能保持不变，D对。‎ 考点：机械能守恒、带电粒子在匀强磁场中的运动。‎ ‎【名师点睛】复合场中重力是否考虑的三种情况 ‎(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略．而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力．‎ ‎(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力．‎ ‎(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力．‎ ‎11. 如图所示，是 A、B处分别固定Q1、Q2两异种点电荷附近的电场线，P1、P2为电场中的两点，连线AP1、BP1相互垂直；连线AP2、BP2相互垂直，则 A. Q1带电量小于Q2带电量 B. P1处的电势小于P2处的电势 C. P1处的场强小于P2处的场强 D. AP1间的电势差小于P2B间的电势差 ‎【答案】BC - 15 -‎ ‎【解析】A、由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，Q1周围的电场强度大于Q2周围的电场强度，所以Q1带电量大于Q2带电量，A错误； ‎ B、沿电场线方向电势降低，等势线与电场线垂直，根据对称性可知，P1处的电势低于P2处的电势，B正确；‎ C、由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，P1处的场强小于P2处的场强，C正确；‎ D. 根据U=Ed，根据对称性，AP1间的电势差大于P2B间的电势差，D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎【名师点睛】‎ 根据电场线的分布图，利用对称性比较A、B所带的电荷量大小；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小比较电场强度的大小；沿电场线方向电势降低，等势线与电场线垂直，根据对称性比较电势的高低；根据U=Ed，利用对称性，判断电势差的大小。‎ ‎12. 如图所示， xoy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向， y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xoy平面的水平匀强磁场。一带电小球从O点静止释放，运动轨迹如图中曲线所示。关于带电小球的运动，下列说法中正确的是( )‎ A. OAB轨迹为半圆 B. 小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向 C. 小球在整个运动过程中机械能守恒 D. 小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动，重力恒为mg，洛伦兹力大小F=qvB，与物体的速度有关，重力改变电荷运动速度的大小，洛伦兹力改变电荷运动速度的方向，因洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷不可能做圆周运动；在整个运动过程中，由于洛伦兹力不做功，系统只有重力做功，故系统的机械能守恒．‎ - 15 -‎ 因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，A错误；因为系统只有重力做功，据动能定理，电荷在最低点时重力做功最多，，最低点处h最大故速度最大．曲线运动的速度方向为该点的切线方向，是低点的切线方向在水平方向，B正确；整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故系统机械能守恒，C正确；若最低点洛伦兹力与重力大小相等，根据平衡可知电荷将水平向右做匀速直线运动，故不可能沿轨迹AB运动，D错误．‎ 二、实验题 ‎13. 兴趣小组的同学利用实验探究电池的电动势和内阻，实验的主要操作如下： ‎ ‎（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到 ______ （填“最大值”、“最小值”或“任意值”） ‎ ‎（2）按如图接好电路进行实验，这样测出的电动势比真实值_____，内阻的测量值比真实值_____．（选填：“偏大”、“偏小”或“相等”） ‎ ‎（3）根据实验数据描点画出的- 图象是一条直线，若直线的斜率是k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ______ ，内阻r= ______ （用k，b表示）‎ ‎【答案】 (1). 最大值 (2). 偏小 (3). 偏小 (4). 1/b (5). k/b ‎【解析】（1）电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达到最大值处；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可得，变形可得：，由函数知识可知：图象的斜率，故 ‎14. “描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有：‎ A．小灯泡(额定电压为3.8V，额定电流为0.3A)‎ B．电流表A(量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω)‎ C．电压表V(量程0～6V，内阻约为5kΩ)‎ - 15 -‎ D．滑动变阻器R1(0～10Ω，2A)‎ E．滑动变阻器R2(0～100Ω，0.2A)‎ F．电源(电动势6V，内阻不计)‎ G．开关及导线若干 ‎(1)实验中滑动变阻器应选_______(选填“R1”或“R2”)。‎ ‎(2)该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I。请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整___。‎ ‎(3)若将此灯泡与电动势为4V、内阻为10Ω的电源相连，通过灯泡的电流约为___A。‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). 如图；‎ ‎ (3). 0.22-0.24‎ ‎【解析】(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线,电压从0开始，滑动变阻器采用分压式，阻值选小的，故选滑动变阻器R1；‎ ‎(2)电流表的读数从零开始变化，滑动变阻器采用分压式，小灯泡阻值不大，电流表采用外接法，故电路图为；‎ ‎(3)灯泡与电动势为4V、内阻为10Ω的电源相连，设灯泡的电流为I，灯泡的电压为U，则有 - 15 -‎ ‎，并作图像，通过灯泡的电流约为0.23A；‎ ‎15. 某同学要测量一粗细均匀的某种新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.‎ ‎（1）用游标卡尺和螺旋测微器测量其长度L和直径d，如图甲所示，由图可知其长度为____mm.由图乙可知其直径d为____mm.‎ ‎（2）圆柱体阻值大约为5Ω.用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻有影响，为了减小系统误差，则选择______（图a或图b）的电路图，此做法使得结果_____（偏大、偏小）。‎ ‎【答案】 (1). 50.15mm (2). 4.700mm (3). 图b (4). 偏小 ‎【解析】（1）由图可知其长度为5cm+0.05mm×3=50.15mm；直径d为4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm.‎ ‎（2）圆柱体阻值大约为5Ω，阻值较小，则电压表内阻远大于待测电阻，故可采用电流表外接，故选图b；因电压表的分流，使得通过Rx电流的测量值偏大，根据 可知测量偏小.‎ 三、解答题 ‎16. 如图所示，质量m=5.0×10-6kg的带电粒子，以初速度v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央水平飞入电场，已知金属板长0.1m板间距d=2cm，当UAB=1000V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场，求：‎ - 15 -‎ ‎（1）带电粒子的带电荷量是多少：‎ ‎（2）若两极板间的电势差可调，要使粒子能从两版间飞出，UAB的变化范围是多少？（g取10m/s2）‎ ‎【答案】（1）1×10-9C，带负电（2）200V≤UAB≤1800V ‎【解析】试题分析：（1）当UAB=1000V时，粒子做直线运动，则有：，‎ 代入数据解得：q=1×10-9C 粒子所受电场力向上，与电场方向相反，则粒子带负电．‎ ‎（2）当电压UAB比较大时，即qE＞mg，粒子向上偏，有：‎ 当刚好能从上板边缘飞出时，有：y=a1t2=a1（）2=‎ 解得，U1=1800V 当电压UAB比较小时，即qE＜mg，粒子向下偏，‎ 设刚好能从下板边缘飞出，有：‎ y=a2t2=，代入数据解得：U2=200V．‎ 则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为 200V≤UAB≤1800V．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查重力与电场力大小的关系，何时做直线运动，何时做曲线运动，及如何处理类平抛运动方法．突出牛顿第二定律与运动学公式的重要性。‎ ‎17. 如图所示，电源电动势E=10V，其内阻r=1。固定电阻的阻值R1=3 ，可变电阻R2的阻值可在0~20之间调节，电容器的电容C=30μF。求：‎ ‎（1）闭合开关S，当R2=1时，求R2消耗的功率；‎ ‎（2）在（1）的情况下，电容器上极板所带的电量；‎ - 15 -‎ ‎（3）闭合开关S，当R2取何值时，R2消耗的功率最大，最大功率为多少。‎ ‎【答案】（1）4W（2）6×10-5C（3）6.25W ‎【解析】试题分析：（1）通过R2的电流：,‎ R2消耗的功率：，‎ 代入数据求得：‎ ‎（2）电容器上的电压：‎ 电容器上极板带正电，, 代入数据，当时，‎ ‎（3）电阻R2消耗的功率：‎ 当时，R2消耗的功率最大，‎ 考点：闭合电路的欧姆定律¡¢电容。‎ ‎【名师点睛】（1）根据欧姆定律求出电流，再求出R2消耗的功率；（2）闭合开关S时，电容器的电压等于R2两端的电压．根据串联电路的电压与电阻成正比，运用比例法求出R2的电压，再由求出；‎ ‎（3）列出R2消耗的功率与R2的函数关系式，根据数学求极值。‎ ‎18. 如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，带电量为q、质量为m的带电粒子从磁场的边缘A点沿圆半径AO方向射入磁场，穿过磁场区域后速度方向偏转了2α角，其中tanα=0.5．求：‎ ‎（1）带电粒子入射速度的大小．‎ - 15 -‎ ‎（2）若改变粒子的入射方向但仍保持带电粒子在纸面内运动和速率不变，当粒子从图示中的D点射出磁场时，求此时粒子在这个磁场中运动的时间是多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识可得：，则粒子的轨道半径：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：。‎ ‎（2）粒子速率不变，则轨道半径R不变，粒子的偏为角，则：，，‎ 粒子的在磁场中运动的时间：。‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【名师点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，根据题意作出粒子运动轨迹、应用牛顿第二定律、周期公式即可正确解题。‎ ‎19. 如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN 与y轴距离为d＝8cm，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝750 V/m.初速度可以忽略的带负电的粒子经过另一个电势差为U＝20V的电场加速后， 从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域， OA的距离h＝9cm. 已知带电粒子的比荷为q/m＝1.6 C/kg，带电粒子的重力忽略不计，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)粒子进入偏转电场区域的初速度；‎ ‎(2)试通过计算说明带电粒子从MN边界还是ON边界离开电场；‎ - 15 -‎ ‎(3)带电粒子离开偏转电场区域时的速度与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角的正切值；‎ ‎(4)带电粒子经过x轴时离坐标原点O的距离L。‎ ‎【答案】（1）8m/s（2）从MN离开电场（3）（4）10cm ‎【解析】解：（1）粒子在电场中加速由 得 ‎ ‎ (2)假设粒子从MN离开，则粒子在匀强电场区域的运动时间 ‎ 因为y＜h，说明以上假设正确，带电粒子从MN离开电场 ‎（3）离开电场时： ‎ ‎ ‎ ‎(4)设粒子离开电场后经过时间t′到达x轴，在x轴方向上的位移为x′，则 ‎ 得 t′＝2.5 ×10-3s x′＝v0t′ 得 x′＝2 cm 所以 L ＝d ＋x′＝10cm. ‎ 综上所述本题答案是：（1）8m/s（2）从MN离开电场（3）（4）10cm ‎ ‎ - 15 -‎