陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题含解析

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1、吴起高级中学20192020学年第一学期期末考试高二物理试卷一、选择题1.两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力大小为3F现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为（ ）A. FB. 4F/3C. 4FD. 2F【答案】C【解析】【详解】由库仑定律可得: ;解得： ;由于两球之间是斥力所以带同种电荷那么两球接触后再分开要平分总电量,故分开后两球的带电量为2q；则库仑力为: A. F与上述计算结果不相相符，故A错误； B. 4F/3与上述计算结果不相相符，故B错误； C. 4F与上述计算结果相相符，故C正确；

2、 D. 2F与上述计算结果不相相符，故D错误2.如图所示为真空中两点电荷A、B形成的电场中的部分电场线，已知该电场线关于图中虚线对称，O点为A、B两点电荷连线的中点，a、b为A、B两点电荷连线的中垂线上关于O点对称的两点，则下列说法中正确的是( )A. A、B可能为等量异号点电荷B. A、B可能为电荷量不相等的正电荷C. a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零D. 同一试探电荷在a、b两点处所受的电场力大小相等，方向相反【答案】D【解析】【详解】AB.由电场线特点可知，A、B为等量同种正电荷，A、B错误；C.无电场线的位置不代表场强为0，故C错误；D.a点场强方向竖直向上，b点场强方向竖直

3、向下，故同一试探电荷在a、b两点处所受的电场力大小相等，方向相反，D正确；故选D。3.喷墨打印机的简化模型如图所示墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒，经带电室带负电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符已知墨汁微粒所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制，微粒偏移量越小打在纸上的字迹越小，则从墨汁微粒进入偏转电场开始到打到纸上的过程中(不计墨汁微粒的重力)，以下说法正确的是( )A. 减小偏转极板间的电压，可以缩小字迹B. 电量相同的墨汁微粒轨迹相同C. 墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关D. 墨汁微粒的轨迹是抛物线【答案】A【解析】【详解】A.墨汁

4、微粒在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做直线运动，其竖直方向偏移量为故减小偏转电压时，y变小，A正确；BC.由可知，轨迹与质量、电荷量有关，故B、C错误；D.在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做直线运动，故其轨迹不是抛物线，D错误；故选A。4.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是A. 电压表示数变小B. 电流表示数变小C. 电容器C所带电荷量增多D. a点的电势降低【答案】D【解析】【分析】在滑动变阻器的滑动触头P自a端

5、向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻减小，电路外电阻减小，据闭合电路欧姆定律分析干路电流如何变化，再据欧姆定律分析电阻R1两端电压的变化，可知电压表读数的变化分析并联部分电压的变化，可知电容器的电压如何变化，电容器所带电量的变化由并联部分电压的变化及电源的负极接地，可分析a点的电势如何变化用并联部分电压的变化，得出流过R2的电流如何变化，结合干路电流的变化，分析电流表示数的变化【详解】A：滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻减小，电路外电阻减小，干路电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表示数增大故A项错误BC：干路电流增大，并联部分电压减小，电容器两板间电压减小

6、，电容器C所带电荷量减小并联部分电压减小，流过R2的电流减小，又干路电流增大，则流过电流表的电流增大，电流表示数变大故BC两项错误D：外电路中顺着电流方向，电势降低，则，b点电势为零，并联部分电压减小，则a点的电势降低故D项正确【点睛】电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析各元件上电压或电流的变化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5.如图所示，其中电流表A的量程为 0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱

7、1 的电流值，则下列分析正确的是( )A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A【答案】C【解析】【详解】A.当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.8A，故每一小格表示0.06A，故A错误，B错误；CD.当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程任然为1.8A，故每一小格表示0.06A，C正确，D错误；故选C。6. 中国宋代科学家沈

8、括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图结合上述材料，下列说法不正确的是A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【答案】C【解析】【详解】A根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确； B地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理的南极附近，B正确；C由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与

9、地面平行，C错误；D在赤道处，磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力的作用，D正确【点睛】地球本身是一个巨大的磁体地球周围的磁场叫做地磁场地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极7.三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三导线中电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相同，如图所示，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B，则O处的磁感应强度的大小和方向为（ ）A. 大小为B，方向沿OA方向B.

10、 大小为2B，方向竖直向下C. 大小为2B，方向沿OB方向D. 大小2B，方向沿OA方向【答案】D【解析】【详解】三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，电流A与B在O处的合磁感应强度为零，则O点的磁感应强度等于导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感强度，大小为2B；依据右手螺旋定则可知，在O处电流C产生的磁感应强度的方向沿OA方向，故D正确，ABC错误。8.如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60，若要使粒子能从AC边穿

11、出磁场，则匀强磁场的大小B需满足( )A BB. BD. B【答案】B【解析】【详解】粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：则粒子运动的半径为洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得粒子要从AC边射出，则，故故B正确；故选B。9.沿x轴方向存在一静电场，电场强度的大小关于位置的变化规律如图所示(图线为正弦图线)，则下列说法正确的是( )A. Ob两点的电势差等于Od两点的电势差B. a、c两点的电势相等C. 电子在O点的电势能大于电子在c点的电势能D. 正电荷由a点沿x轴运动到c点的过程中，电场力先做负功再做正功【答案】BD【解析】【详解】AC.由图可知，x轴正方向电场方向从b

12、指向d，故Ob两点的电势差小于Od两点的电势差，电子在O点的电势能小于电子在c点的电势能，A、C错误；B.由对称性可知，a、c两点的电势相等，B正确；D. 正电荷由a点沿x轴运动到c点的过程中，电场力方向先向右后向左，故电场力先做负功再做正功，D正确；故选BD。10.如图所示，一根重力G=0.1N、长L=1m的质量分布均匀的导体ab，在其中点弯成=60角，将此导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均为竖直状态，当导体中通过I=1A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了x=0.01m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B=0.4T，则A. 导体中电流的方向为baB

13、. 每根弹簧的弹力大小为0.10NC. 弹簧的劲度系数k=5N/mD. 若导体中不通电流，则弹簧伸长0.02m【答案】AC【解析】【详解】A：当导体中通过I=1A的电流时，两根弹簧比原长缩短，安培力方向向上，则左手定则，导体中电流的方向为ba故A项正确B：通电后，导体棒的有效长度 ，受到的安培力，据受力分析解得，每根弹簧的弹力大小为0.05N故B项错误C：据解得故C项正确D：若导体中不通电流 解得：，弹簧伸长0.01m故D项错误11.如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连现分别加速氘核()和氦核()，下列说法中正确的是( )A. 它

14、们的最大速度相同B. 它们的最大动能相同C. 两次所接高频电源的频率相同D. 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能【答案】AC【解析】【详解】ABD.由于粒子的最大半径为D形金属盒的半径R，由可得粒子的最大动能为由于两粒子比荷相同，故两粒子的最大速度相同，最大动能不同，最大动能与交流电频率无关，故A正确，B、D错误；C.回旋加速器加速的条件为交变电压的周期为，氘核()和氦核()的比荷相同，故两次所接高频电源的频率相同，C正确；12.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中，则下列相关说法中正确的是（ ）A. 甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B. 甲束粒子的

15、比荷大于乙束粒子的比荷C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为23【答案】BD【解析】【详解】甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力，解得：，由v、B都相同，r甲r乙，则甲的比荷大于乙的比荷，故B正确；能通过狭缝S0的带电粒子，根据平衡条件：qE=qvB1，解得，粒子速率：，故C错误；由图示粒子运动轨迹可知，由题意可知：S0A=S0C，则：r甲：r乙=2：3，由B可知，粒子轨道半径：，由题意可知：v、q、B都相同，则：，则甲、乙两束粒子的质量比为2：

16、3，故D正确；二、实验题13.某学生用如图甲所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：被测金属导线ab(电阻约10 ，允许流过的最大电流0.8 A)，稳恒电源E(电源输出电压恒为E12 V)，电压表V(量程为3 V，内阻约为5 k)，保护电阻：R110 ，R230 ，R3200 ，刻度尺、螺旋测微器，开关S，导线若干等实验时的主要步骤如下：用刻度尺量出导线ab的长度L，用螺旋测微器测出导线的直径d.按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U.描点作出Ux曲线求出金属导线的电阻率.完成下列填空：（1）用螺旋测微器测量金属导线的直径

17、d，其示数如图乙所示，该金属导线的直径d_ mm.（2）如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选_（3）根据多次实验测出的aP长度x和对应每次实验读出的电压表的示数U给出的Ux图线如图丙所示，其中图线的斜率为k，则金属导线的电阻率_.(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)【答案】 (1). 0.870 (2). R2 (3). 【解析】【详解】（1）1螺旋测微器读数为；（2）由图中可知，加在ab上的电压最大为3V，故电路中最大电流约为故总电阻最小为故保护电阻应该选择R2；（3）电压表示数为故图像的斜率为又解得14.手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生

18、活中，这些电器都要用到蓄电池某同学利用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内阻蓄电池的电动势约为3 V.A量程是0.6 A，内阻约为0.5 的电流表；B量程是3 V，内阻是6 k的电压表；C量程是15 V，内阻是30 k的电压表；D阻值为01 k，额定电流为0.5 A的滑动变阻器；E阻值为010 ，额定电流为2 A滑动变阻器；F定值电阻4 ，额定功率4 W；G开关S一个，导线若干（1）为了减小实验误差，电压表应选择_(填器材代号)，图甲中的导线应连接到_(选填“”或“”)处，改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择_(填器材代号)（2）用（1）问中的实验电

19、路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的UI图线如图乙所示，由图线可得该蓄电池的电动势E_ V，内阻r_.(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). B (2). (3). E (4). 3.2 (5). 1.3【解析】【详解】（1）1由于电源电动势大约为3V，故电压表应该选择B；2蓄电池的内阻较小，故导线应该接在处；3电流表量程为0.6A，故滑动变阻器应该选择E。（2）45由闭合电路欧姆定律可得故该图像与纵轴的交点为电动势，该直线的斜率为，由图中可得三、计算题15.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角，导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，导轨间的距离。在导轨所在空间内分布

20、着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。 现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin37=06，cos37=08）求：（1）受到的安培力大小；（2）受到的摩擦力大小。【答案】（1）0.40N；（2）0.16N【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为故导体棒受到的安培力为（2）由左手定则可知，导体棒受到安培力方向沿斜面向上，故带入数据解得方向沿斜面向下。16. 如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的

21、水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，求：（1）则固定于圆心处的点电荷在A B弧中点处的电场强度大小（2）若把O处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下场强为E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到最低点B时，小球对环的压力多大?【答案】（1）（2）3(mgqE)【解析】【16题详解】因为电荷固定在O点，所以半圆弧绝缘细管各处电场强度大小相等，在B点有，从A点到B点有，所以有，则固定于圆心处的点电荷在A B弧中点处的电场强度大小E=【17题详解】加上一个竖直向下场强为E的匀强电场，从A点到B点有，所以有向心力，根据牛顿第二定律有，所以小球对环的压力大小为：1

22、7.如图所示，真空中有一以点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为=0.5，磁场垂直纸面向里在区域存在沿方向的匀强电场，电场强度为在点有一带正电的粒子以速率沿方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开已知粒子的比荷，粒子重力不计（1）求圆形磁场区域磁感应强度的大小；（2）求沿方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）沿x方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到0，粒子一定是 从如图1的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径根据，得，得代入数据得（2）粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射

23、出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长设在电场中的路程为s2，根据动能定理得，总路程代入数据得【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径四、附加题18.在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制如图所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图象如图所示x 轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的

24、正方向在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和+q.不计重力在t=时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动（1）求P在磁场中运动时速度的大小v0；（2）求B0应满足的关系；（3）在t0（0t0）时刻释放P，求P速度为零时的坐标【答案】（1）（2），（n=1，2，3）（3）.【解析】（1）对比题图可知：随着时间的变化，电场和磁场是交替产生的，有磁场前，粒子受到恒定的电场力，做匀加速直线运动由匀变速直线运动的速度公式v=at即可求解，要注意粒子从t=才开始运动（2）要求B0应满足的关系，首先需抓住题中的关键语：“恰能沿一定轨道做往复运动”，从而实现对本题解答的切入，然后分析粒子会做时间的匀速

25、圆周运动，要想往复，则2时刻粒子的速度方向正好沿x轴负方向要注意粒子做圆周运动的重复性，洛伦兹力提供向心力等（3）从t0满足0t时刻释放，粒子将会在电场力的作用下匀加速-t0的时间，并以速度进入磁场，在根据对称性，找到速度为零的时刻，再根据数学的知识找到其坐标即可解：（1）时间段内做匀加速直线运动，2时间段内做匀速圆周运动电场力F=qE0，加速度a=，速度v0=at，其中t=，解得v0=.（2）只有当t=2时，P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示设P在磁场中做圆周运动的周期为T，则，（n=1，2，3）匀速圆周运动，解得，（n=1，2，3）（3）在t0时刻释放，P在电场中加速时间为-t0，在磁场中做匀速圆周运动，圆周运动的半径，解得又经-t0时间P减速为零后向右加速时间为t0，P再进入磁场，圆周运动的半径，解得综上分析，速度为零时横坐标x=0，相应的纵坐标为y=或2k（r1-r2），（k=1，2，3）解得y=或，（k=1，2，3）【考点定位】本题考查带电粒子在复合磁场和电场中的运动问题重在考查学生的对运动过程的分析、对图像的观察与分析以及运用数学知识解决物理问题的能力难度较大