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2019-2020年高二下學期期中學業(yè)水平測試物理試題 含解析zhangsan 一、單項選擇題：本題包括6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中只有一個選項符合題目要求，選對的得4分，選錯或不答的得0分。 1．以下符合物理學史的是 A．法拉第發(fā)現了電流的周圍存在磁場 B. 法拉第通過實驗總結出了電磁感應定律 C．安培總結并確認了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用規(guī)律 D. 安培發(fā)現了電流的周圍存在磁場 【答案】B AD、奧斯特發(fā)現了電流的周圍存在磁場，故A錯誤D錯誤； B、法拉第通過實驗總結出了電磁感應定律，故B正確； C、庫侖總結并確認了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用規(guī)律，故C錯誤。 故選B。 【考點】物理學史 2．如圖所示，傾斜導軌寬為L，與水平面成α角，處在方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，金屬桿ab水平放在導軌上．當回路電流強度為I時，金屬桿ab所受安培力F A． B． C．安培力的方向垂直ab桿沿斜面向上 D．安培力的方向垂直ab桿水平向右 【答案】D AB、由于ab棒與磁場垂直，所以導體棒ab受到安培力的大小為F=BIL，故AB都錯誤； CD、導體棒中電流方向為：b→a，由左手定則判斷可知：導體棒ab受到安培力的方向為垂直于桿方向水平向右，故C錯誤D正確。 故選D。 【考點】左手定則；安培力 3．如圖，P和Q為帶電量分別為+q和-q的兩個等量異種電荷，兩者相距為L，O為PQ連線的中點，M、N為中垂線上關于O點對稱的兩個點，則 A． M、O、N三點的場強都相等 B．M、N 兩點的場強大小相等，方向相同 C．O點的場強為零 D．M、O、N三點的電勢大小關系為φM＞φN＞φO 【答案】B 常見電場的電場線中，等量異種電荷的電場線特點如圖， ABC、由等量異種電荷的電場線的特點圖，可知：M、0、N三點的場強方向都水平向右，O點的場強最大，MN兩點的場強大小相等，故AC錯誤B正確； D、中垂線MN是一條等勢線，故M、0、N三點的電勢相等，故D錯誤。 故選B。 【考點】電勢；電場強度 4．如圖所示，長為a、寬為b的矩形線圈，電阻為r，處在磁感應強度為B的勻強磁場邊緣，磁場方向垂直于紙面向外，線圈與磁感線垂直。用力F將線圈向右以速度v勻速拉出磁場的過程中 A．線圈中感應電流大小為 B．安培力做的功等于Fb C．線圈中感應電流方向為逆時針 D．線圈所受安培力逐漸減小 【答案】C A、線圈產生的感應電動勢的大小為，感應電流大小為，故A錯誤． B、線圈勻速拉出時，拉力等于安培力，則知安培力大小為F，由于安培力方向與F的方向相反，因而安培力做負功，所以安培力做的功為-Fa，故B錯誤； C、線圈穿出磁場時磁通量減小，根據楞次定律可知：線圈中感應電流方向為逆時針，故C正確； D、線圈所受安培力大小為，可知安培力不變，故D錯誤。 故選C。 【考點】安培力；楞次定律；法拉第電磁感應定律 5.如圖所示，當平行板電容器C充電后把電鍵S斷開．設電容器電壓為U，電量為Q．現只將電容器兩板的正對面積減小，則 A.Q變大 B.Q變小 C.U變大 D.U變小 【答案】C 根據可知，正對面積減小，則電容減小，電容與電源斷開，則電荷量Q不變，根據知，電勢差U增大，故C正確。 故選C。 【考點】電容器的動態(tài)分析 6．一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線所示，不計粒子所受的重力，則 A．粒子帶正電 B．A點的場強小于B點的場強 C．粒子的加速度逐漸增加 D．粒子的速度不斷減小 【答案】D A、由運動與力關系可知，電場力方向與速度方向分居在運動軌跡兩邊，且電場力偏向軌跡的內側，故在A點電場力沿電場線向左，電場的方向向右，電場力的方向與電場方向相反，故粒子帶負電，故A錯誤； BC、根據電場線的疏密可知，A的電場強度大B點的電場強度，所以粒子在A點的電場力大B點的電場力，根據牛頓第二定律可知，粒子在A點的加速度大B點的加速度，即粒子的加速度逐漸減小，故BC錯誤； D、不計粒子所受的重力，只有電場力做功，又粒子從A到B電場力做負功，所以動能減小，即速度不斷減小，故D正確。 故選D。 【考點】電場線；牛頓第二定律；電場強度 二、雙項選擇題：本題包括6小題，每小題4分，共24分。每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求。全選對得4分，只選1個且正確得2分，有選錯或不答的得0分。 7．如圖所示的電路中，當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時 A．電壓表的讀數增大 B．R1消耗的功率增大 C．電容器C的電容增大 D．電容器C所帶電量增多 【答案】AD A、當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，變阻器在路電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內電壓減小，則路端電壓增大，電壓表的讀數增大，故A正確； B、干路電流減小，R1消耗的功率減小，故B錯誤； C、電容器的電容與R2無關，故C錯誤； D、電容器的電壓U=E-I（R1+r），I減小，其他量不變，則U增大，由Q=CU知，電容器C所帶電量增多，故D正確。 故選AD。 【考點】閉合電路的歐姆定律 8.如圖，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛人一正方形的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于紙面向里，對從ab邊離開磁場的電子，下列判斷正確的是 A.從a點離開的電子速度最小 B.從a點離開的電子在磁場中運動時間最短 C.從b點離開的電子運動半徑最小 D.從b點離開的電子運動半徑最大 【答案】BC ACD、對于從右邊離開磁場的電子，從a離開的軌道半徑最大，從b點離開的電子運動半徑最小，根據帶電粒子在勻強磁場中的半徑公式，知軌道半徑大，則速度大，則a點離開的電子速度最大，故AD錯誤C正確； B、從a點離開的電子偏轉角最小，則圓弧的圓心角最小， 根據，與粒子的速度無關，知θ越小，運行的時間越短，故從a點離開的電子在磁場中運動時間最短，故B正確。 故選BC。 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；洛侖茲力 9．如圖（甲）所示，AB是電場中的一條直線。電子以某一初速度從A點出發(fā)，僅在電場力作用下沿AB運動到B點，其圖象如圖（乙）所示，關于A、B兩點的電場強度、和電勢的關系，下列判斷正確的是 A．> B．< C． D． 【答案】AC AB、由圖可知，電子在A點加速度較大，則可知A點所受電場力較大，由F=Eq可知，A點的場強要大于B點場強；故A正確B錯誤； CD、電子從A到B的過程中，速度減小，動能減小，則可知電場力做負功，故電勢能增加，故，電子帶負電，由可知，A點的電勢要大于B點電勢即φA＞φB，故C正確D錯誤。 故選AC。 【考點】電勢；電場強度 10. 如圖，足夠長的光滑金屬導軌固定在豎直平面內，勻強磁場垂直導軌所在的平面，金屬棒ab與導軌垂直且接觸良好.ab由靜止釋放后 A. 速度一直增大 B. 加速度一直保持不變 C. 電流方向沿棒由a向b D. 安培力的最大值與其重力等大 【答案】CD A、金屬棒受到重力和安培力作用，隨著速度的增大，安培力逐漸增大，安培力先小于重力，后等于重力，速度先增大后不變，故A錯誤； B、根據牛頓第二定律得知，加速度先減小后為零，故B錯誤； C、由右手定則判斷可知，感應電流方向沿棒由a向b．故C正確； D、安培力隨著速度的增大而增大，當速度最大時，安培力也最大，此時棒做勻速運動，安培力的最大值與其重力等大，故D正確。 故選CD。 【考點】力的合成與分解；牛頓第二定律；法拉第電磁感應定律 11．如圖所示，帶電粒子從A開始沿虛線穿過豎直放置的平行板電容器，電容器左極板帶正電，則粒子 A．帶負電 B．做加速運動 C．機械能增加 D．電勢能增大 【答案】AD A、粒子做直線運動，合力方向與速度方向必定在同一直線上，則可判斷出電場力的方向水平向左，而電場方向水平向右，所以粒子帶負電，故A正確； B、由于合力的方向與速度方向相反，電場力與重力均是恒力，合力也是恒力，則粒子做勻減速運動，故B錯誤； CD、電場力做負功，所以根據功能關系得知，粒子的機械能減小，電勢能增加，故C錯誤D正確。 故選AD。 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動 12．目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的粒子，而從整體來說呈中性）沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷，在磁極配置如圖中所示的情況下，下述說法正確的是 A.A板帶正電 B.有電流從B經用電器流向A C.金屬板A、B間的電場方向向下 D.等離子體發(fā)生偏轉的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力 【答案】BD A、根據左手定則知，正電荷向下偏，負電荷向上偏，則A板帶負電，故A錯誤； B、因為B板帶正電，A板帶負電，所以電流的流向為B經用電器流向A，故B正確； C、因為B板帶正電，A板帶負電，所以金屬板間的電場方向向上，故C錯誤； D、等離子體發(fā)生偏轉的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力，故D正確。 故選BD。 【考點】帶電粒子在混合場中的運動 三、非選擇題：本大題共4小題，共52分。按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。 13．（1）(8分)一同學想要測定一根金屬絲的電阻率。使用的器材有：金屬絲Rx，螺旋測微器、多用電表、電流表、電壓表、滑動變阻器、學生電源、開關、導線若干。 ①他先用多用電表的歐姆擋“1”擋粗測金屬絲的阻值，在正確操作的情況下，表盤指針如圖甲所示，可讀得金屬絲的阻值Rx= 　 Ω。 ②螺旋測微器測量金屬絲的直徑，如圖所示，金屬絲的直徑是_ _mm； ③根據多用電表示數，為了減少實驗誤差，并在實驗中獲得較大的電壓調節(jié)范圍，應從圖（丙）的A、B、C、D四個電路中選擇__ _電路來測量金屬絲電阻； ④連接電路，閉合開關，改變滑動變阻器的阻值，測得多組電壓、電流值，并根據數據在U—I坐標中描點連線，如圖（?。┧?。 從圖象可以發(fā)現，逐漸調高金屬絲兩端電壓，它的阻值隨之___（填“變大”、“不變”或“變小”）. 【答案】①6.0 ② 0.608 ③D ④變大 （1）由圖示歐姆表可知，其示數為61=6Ω； （2）由圖示螺旋測微器可知，固定刻度示數為0.5mm，可動刻度示數為10.80.01mm=0.108mm，螺旋測微器示數為0.5mm+0.108mm=0.608mm； （3）為測多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法，電阻絲阻值遠小于電壓表內阻，電流表應采用外接法，故選D所示電路； （4）由圖示圖象可知，隨電壓增大，電流增大，電壓與電流比值變大，電阻變大。 【考點】測定金屬的電阻率 （2）(10分)小明設計了如圖甲所示的電路來測未知電阻、電池的電動勢E和內阻r。 ①閉合開關S，調節(jié)電阻箱的阻值如圖丙所示時，電壓表和的示數分別為1.0V、4.0V，此時電阻箱的阻值R= Ω，待測電阻的阻值= Ω，與待測電阻的真實值比較， (填“大于”、“等于”或“小于”)。 ②改變電阻箱的阻值，讀出電壓表的示數，取得多組數據，作出路端電壓與外電阻的關系圖線如圖丁所示。由圖線求得電池的電動勢E= V，內電阻r= Ω。（取2位有效數字） 【答案】①R= 21.0Ω 大于 ②E=10V r= 42Ω ①由電阻箱圖示可知，電阻為：； 串聯(lián)電路各處的電流相等，且U=4V，Rx兩端的電壓Ux=1V，則：， ，即 解得：； 考慮電池的內阻時有： 所以有：， 故待測電阻的真實值比較真實值偏大； ②當路端電壓為0時，電壓表V的示數即為電源的電動勢，即U=10V； 當時，， 即：，， 因為串聯(lián)電路各處的電流相等， 所以， 解得：r≈42Ω。 【考點】測定電源的電動勢和內阻 14．（12分）如圖所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為d，MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線。一電荷量為q、質量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計離子的重力。 （1）已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大小和方向； （2）若撤去板間磁場B0，已知離子恰好從下極板的右側邊緣射出電場，方向與水平方向成角，求A點離下極板的高度； （3）在（2）的情形中，為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應強度B應為多大？ 【答案】場強的方向豎直向下 （1）設板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛侖茲力平衡， 有 解得 由左手定則可判斷出洛侖茲力方向豎直向上，所以電場力的方向豎直向下，故場強的方向豎直向下。 （2）設A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v， 根據動能定理，得 離子在電場中做類平拋運動，水平分方向做勻速運動， 有，解得 （3）設離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r， 根據牛頓第二定律，得 由幾何關系得，解得 【考點】牛頓第二定律；動能定理；共點力平衡 15.( 11分）如圖甲所示，電阻不計的光滑平行金屬導軌相距L = 0.5m，上端連接R=0.5Ω的電阻，下端連著電阻不計的金屬卡環(huán)，導軌與水平面的夾角θ=300，導軌間虛線區(qū)域存在方向垂直導軌平面向上的磁場，其上、下邊界之間的距離s = 1Om，磁感應強 度B-t圖如圖乙所示.長為L且質量為m= 0.5kg的金屬棒ab的電阻不計，垂直導 軌放置于距離磁場上邊界d = 2.5m處，在t= O時刻由靜止釋放，棒與導軌始終接觸良 好，滑至導軌底端被環(huán)卡住不動.g取10m/s2，求： (1)棒運動到磁場上邊界的時間； (2)棒進人磁場時受到的安培力； (3)在0-5s時間內電路中產生的焦耳熱. 【答案】 （1）棒從靜止釋放到剛進磁場的過程中做勻加速運動，由牛頓第二定律得： 得： 由運動學公式：得： （2）棒剛進磁場時的速度 由法拉第電磁感應定律： 而 得： （3）因為，所以金屬棒進入磁場后做勻速直線運動，運動至導軌底端的時間為： 由圖可知，棒被卡住1s后磁場才開始均勻變化，且 由法拉第電磁感應定律： 所以在0-5s時間內電路中產生的焦耳熱為： 而， 所以。 【考點】牛頓第二定律；法拉第電磁感應定律 16.（11分）如圖所示的平面直角坐標系中，虛線OM與x軸成450角，在OM與x軸之間（包括x軸）存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在y軸與OM之間存在豎直向下、電場強度大小為E的勻強電場，有一個質量為m，電荷量為q的帶正電的粒子以某速度沿x軸正方向從O點射入磁場區(qū)域并發(fā)生偏轉，不計帶電粒子的重力和空氣阻力，在帶電粒子進入磁場到第二次離開電場的過程中，求 （1）若帶電粒子從O點以速度V1進入磁場區(qū)域，求帶電粒子第一次離開磁場的位置到O點的距離？ （2）當粒子最初進入磁場時速度V的大小變化時，討論粒子第二次離開電場時速度大小與V大小的關系。 【答案】 ①若，； ②若，。 （1）帶電粒子進入磁場中，受到洛倫茲力做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得 得軌跡半徑 設粒子從N點離開磁場，如圖，由幾何知識知，； （2）帶電粒子進入電場時做類平拋運動，第二次離開電場時恰好經過O點，畫出軌跡，則 水平位移 豎直位移 而 聯(lián)立得： 討論： ①若，則粒子從y軸離開電場，水平位移為，得 離開電場時豎直分速度 帶電粒子離開電場時速度大小為； ②若，則粒子從OM邊界離開電場，粒子在x、y兩個方向的分位移相等； 、 則得 所以粒子離開電場時速度大小為。 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；帶電粒子在勻強電場中的運動 揭陽第一中學xx學年度第一學期高二級期末考試 物理科參考答案 一、單項選擇題（24分） 題號 1 2 3 4 5 6 答案 B D B C C D 二、雙項選擇題（24分） 題號 7 8 9 10 11 12 答案 AD B C A C C D AD B D 三、非選擇題（52分） 13．（1）①6.0 ② 0.608 ③D ④變大 （2）①R= 21.0Ω 大于 ②E=10V r= 42Ω 14．（12分） （1）設板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛侖茲力平衡， 有 解得 由左手定則可判斷出洛侖茲力方向豎直向上，所以電場力的方向豎直向下，故場強的方向豎直向下。 （2）設A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v， 根據動能定理，得 離子在電場中做類平拋運動，水平分方向做勻速運動， 有，解得 （3）設離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r， 根據牛頓第二定律，得 由幾何關系得，解得 15.( 11分） （1）棒從靜止釋放到剛進磁場的過程中做勻加速運動，由牛頓第二定律得： 得： 由運動學公式：得： （2）棒剛進磁場時的速度 由法拉第電磁感應定律： 而 得： （3）因為，所以金屬棒進入磁場后做勻速直線運動，運動至導軌底端的時間為： 由圖可知，棒被卡住1s后磁場才開始均勻變化，且 由法拉第電磁感應定律： 所以在0-5s時間內電路中產生的焦耳熱為： 而， 所以。 16.（11分） （1）帶電粒子進入磁場中，受到洛倫茲力做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得 得軌跡半徑 設粒子從N點離開磁場，如圖，由幾何知識知，； （2）帶電粒子進入電場時做類平拋運動，第二次離開電場時恰好經過O點，畫出軌跡，則 水平位移 豎直位移 而 聯(lián)立得： 討論： ①若，則粒子從y軸離開電場，水平位移為，得 離開電場時豎直分速度 帶電粒子離開電場時速度大小為； ②若，則粒子從OM邊界離開電場，粒子在x、y兩個方向的分位移相等； 、 則得 所以粒子離開電場時速度大小為。