2019版高二物理上学期期中试卷(含解析).doc

2019版高二物理上学期期中试卷(含解析)一、选择题1.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，abcd10cm，adbc20cm，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20V，b点电势为24V，则( )A. 电场强度大小一定为E40V/mB. cd间电势差一定为4VC. 电场强度的方向一定由b指向aD. c点电势可能比d点低【答案】B【解析】【详解】根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据E=U/d求出场强的大小。故AC错误。根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差，为4V，故B正确。cd间电势差为4V，则知c点电势比d点高4V故D错误。故选B。2.在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计) 从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子（ ）A. 一定带正电B. 速度v=C. 若速度v，粒子一定不能从板间射出D. 若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动【答案】B【解析】试题分析：带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，通过比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，判断是否平衡，从而确定能否沿虚线路径通过解：A、粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE，洛伦兹力大小F=qvB=qE，两个力平衡，速度v=，粒子做匀速直线运动故A错误，B正确C、若速度v，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，可能从板间射出故C错误D、此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动故D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关3.在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向（ ）A. 竖直向上B. 竖直向下C. 由南向北D. 由西向东【答案】A【解析】【详解】左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向。赤道上磁场的方向从南向北，电流的方向由西向东，所以安培力的方向竖直向上。故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】解决本题的关键掌握用左手定则判断安培力的方向，伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向4.如图所示，在通电直导线下方，有一电子沿平行导线方向以速度v开始运动，则（ ）A. 将沿轨迹运动，半径越来越小B. 将沿轨迹运动，半径越来越大C. 将沿轨迹运动，半径越来越小D. 将沿轨迹运动，半径越来越大【答案】A【解析】解：根据右手螺旋定则判断出通电导线下方的磁场方向垂着纸面向里，由左手定则可知正电荷受到的洛伦兹力向下，因此电荷将向下偏，即转沿轨迹运动，离导线越远，磁场越弱，根据可知半径越来越大，故ABCD错误，D正确故选：D【点评】本题考查了磁场中基本定则的应用，属于基础题，要正确区分右手螺旋定则、左手定则、右手定则，并能灵活应用5.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）。视频6.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成交变电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核（）和粒子（），比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，可知（ ）A. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小B. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大C. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大【答案】A【解析】带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据，可知氚核的质量与电量的比值大于粒子的质量与电量的比值，故氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大，粒子在磁场中运动的周期小，则加速粒子的交流电源的周期较小；根据，解得：，则最大动能，氚核的质量是粒子的倍，氚核的电量是粒子的倍，则氚核的最大动能是粒子的倍，即氚核的最大动能较小，粒子的动能较大，故ABC错误，D正确，选D.【点睛】回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据比较周期当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系7.如图所示，与磁场方向垂直的线圈以OO为轴旋转90的过程中，穿过线圈的磁通量（ ）A. 变大B. 变小C. 先变大后变小D. 先变小后变大【答案】B【解析】试题分析：通过线圈的磁通量可以根据=BSsin进行求解，为线圈平面与磁场方向的夹角，从而即可求解解：当线圈平面与磁场方向平行时，线圈平面与磁场方向的夹角为0度，则=0当线圈绕0 0轴转动至与磁场方向垂直时，穿过线圈平面的磁通量变大因此与磁场方向垂直的线圈以OO为轴旋转90的过程中，穿过线圈的磁通量变小，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大8.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为A. 11 B. 12 C. 121 D. 144【答案】D【解析】试题分析：根据动能定理可得：，带电粒子进入磁场时速度，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，解得：，所以此离子和质子的质量比约为144，故A、B、C错误，D正确【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动。要特别注意带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁场的速度。本题关键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。视频9.如图所示，一个质量为m的带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，那么这个液滴 （ ）A. 一定带正电，且沿逆时针转动B. 一定带负电，且沿顺时针转动C. 一定带负电，且沿逆时针转动D. 不能确定带何种电荷，也不能确定绕行方向【答案】B【解析】试题分析：因为两带电液滴在复合场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，则知电场力方向向上，而电场方向向下，所以液滴带负电荷；由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则判断可知，液滴沿顺时针方向转动；故B正确考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在复合场中的运动问题；解决本题的关键是知道电场力与重力相平衡液滴才能做匀速圆周运动，掌握洛伦兹力提供向心力，能正确运用左手定则判断运动方向，注意四指指向负电荷运动的相反方向。10.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正负电子分别以相同的速度沿与x轴成30角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为（ ）A. 1 B. 1:2C. 11D. 21【答案】B【解析】正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转，由，知两个电子的周期相等；正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60，则正电子速度的偏向角为，其轨迹对应的圆心角也为120，则正电子在磁场中运动时间为，同理，知负电子以30入射，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30，则轨迹对应的圆心角为60，负电子在磁场中运动时间为，所以负电子与正电子在磁场中运动时间之比为t2：t1=1：2；故B正确，ACD错误；故选B。【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知。11.如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L，劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心0，下端连接一个质量为m、电荷量q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中，将小环从A点由静止释放，小环运动到B点的速度恰好为0，已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，则（ ）A. 小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大B. 小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能一直减小C. 电场强度的大小D. 小环在A点时受到大环对它的弹力大小【答案】BCD【解析】【详解】已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等。故小环在A点时弹簧压缩量为L，在B点时弹簧伸长L，小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的形变量先减小后变大，则弹性势能先减小后增大，故A错误；小环从A点运动到B点的过程中，小环沿电场线方向水平运动2L，故小环的电势能一直减小，故B正确；整个过程由能量守恒定律得，Eq2L=mgL，得E=，故C正确；小环在A点时，弹簧压缩L，受到大环对它的弹力为mg+kL，故D正确；故选BCD。12.某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是（ ）A. 如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较大B. 如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较小C. 不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强D. 不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势【答案】AC【解析】A、若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，动能减小，在a处动能最大，所以A正确；B、若虚线为等势面，根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故动能增大，即在a点动能较小，所以B错误；C、若虚线是电场线，由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，由沿着电场线方向电势越来越低可判断a处的电势较高，所以D错误；若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较小，也能判断D错误，而等差等势面密集处电场线也越密集，故a处场强较大，因此无论虚线是电场线还是等势面，均有a点的场强大于b点的场强，故C正确，故D错误故选AC【点睛】无论虚线代表的是电场线还是等势面，粒子受到的电场力的方向都是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断粒子的受力的方向和运动方向之间的关系，从而可以确定电场力对粒子做的是正功还是负功13.如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（ ）A. 电流表示数变小，电压表示数变大B. 小电珠L变亮C. 电容器C上电荷量增大D. 电源的总功率变大【答案】AC【解析】【详解】分析电路可知灯泡和滑动变阻器是串联的。电流表测电路中的电流，电压表测的是路端电压。当滑动变阻器的滑片向左移动时，电阻变大，总电阻变大，所以电流变小了，内电压减小，则路端电压增大，故A正确；又U灯=IR灯，灯泡电阻不变，电流变小了，所以U灯变小了，即电珠L变暗，故B错误；因为U路=U灯+U滑，因U路增大，且U灯变小了，所以U滑变大了，由Q=CU可知，电荷量增加；故C正确；根据P总=IE，结合I变小，所以P总变小，故D正错误。故选AC。【点睛】本题考查的内容较多要求能会用欧姆定律和用电功率公式进行有关的判断比较知道串、并联电路的电压规律，电流规律，电阻规律灯泡亮度由实际功率决定14.如图所示,匀强磁场的边界为直角三角形,EGF=30,已知磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,F处有一粒子源,沿FG方向发射出大量带正电荷q的同种粒子,粒子质量为m,粒子的初速度v0大小可调,则下列说法正确的是 ( )A. 若粒子能到达EG边界,则粒子速度越大,从F运动到EG边的时间越长B. 无论v0取何值,粒子都无法到达E点C. 能到达EF边界的所有粒子所用的时间均等D. 粒子从F运动到EG边所用的最长时间为【答案】BC【解析】试题分析：当粒子的轨迹与EG边界相切时，粒子恰好到达EG边界，如图所示若粒子速度大于这个速度，则从EG边界射出，根据可得粒子运动半径增大，轨迹所对圆心角减小，根据（，大小与速度无关，是一个定值）可得运动时间越短，若速度小于这个速度，则从EF边界射出，所以无论取何值，粒子都无法到达E点，A错误B正确；，若粒子能到达EG边界，则其轨迹所对的圆心角都为180，根据可得所用时间相同，C正确；当粒子的轨迹与EG边界相切时，粒子恰好到达EG边界，所对应的圆心角最大为150，所用时间最长，此时，D错误；考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，二、实验题15.用螺旋测微器测量某一物体厚度时，示数如图甲所示，读数是_mm。用游标卡尺可以测量某些工件的外径。在测量时，示数如图乙所示，则读数为_ mm读出下列电表的测量值 接03V量程时读数为_V 接00.6A量程时读数为_A【答案】 (1). 1.195; (2). 11.50; (3). 2.16; (4). 0.15;【解析】【详解】游标卡尺的主尺读数为：1.1cm=11mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：11mm+0.50mm=11.50mm螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为19.50.01mm=0.195mm，所以最终读数为1mm+0.195mm=1.195mm电压表接03V量程时精度为0.1V，则读数为2.16V 接00.6A量程时精度为0.02A，则读数为0.15A16.图为一简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流,内阻,可变电阻R的最大值为 ,电池的电动势E=1.5V,内阻 ,图中与接线柱A相连的表笔颜色应是_色.按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时,指针指在刻度盘的正中央,则Rx=_.若该欧姆表使用一段时间后,电池的电动势变小、内阻变大,但此表仍能调零,按正确使用方法再测上述Rx,其测量结果与原结果相比将_(填“变大”、“变小”或“不变”).【答案】 (1). 红; (2). 5; (3). 变大;【解析】【详解】欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系得：R内=5k；当指针指在刻度盘的正中央时I=，有，代入数据可得Rx=R内=5k；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了17.为了测量一个量程为3.0V的直流电压表的内阻RV（约为几千欧），所用的电路如图甲所示。（1）请将图乙的器材连成完整的电路 _；（2）该实验中需要进行的步骤罗列如下，合理的顺序是_（用步骤前的字母表示）A、闭合开关SB、将电阻箱R0的阻值调到零C、调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为3.0VD、断开开关SE、调节电阻箱R0的阻值使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0的阻值F、把滑动变阻器的滑片P滑到a端（3）则该电压表的内阻RV的测量值为_，由于系统误差，测量值_（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】 (1). BFACED; (2). 见解析; (3). 2900; (4). 偏大;【解析】【详解】（1）如图所示：（2）B将电阻箱R0的阻值调到零；F把滑动变阻器的滑片P滑到a端；A闭合开关S；C调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为3.0V；E调节电阻箱R0的阻值使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0的阻值；D断开开关S（注意先调零与先移动滑动变阻器到最大阻值，前后不影响，故BF的顺序可以颠倒），则合理的顺序是BFACED（3）由如图丙读出R0的阻值为2900，因是串联关系，则电阻与电压成正比：电压表示数为1.5V，则电阻箱R0分压为1.5V则 Rv=R0=2900，因该支路实际电压要比原电压变大，即R0的分压要大一些，故Rv的实际值要小一些，即测量值比真实值大【点睛】考查半偏法测电阻的原理，明确串联电阻后会引起测量支路的电阻的增大，其分压要变大，此为误差的来源三、计算题18.质量为m=0.02Kg的通电细杆ab置于倾角为 的平行放置的导轨上,导轨的宽度d=0.2m,杆ab与导轨间的动摩擦因数,磁感应强度B=2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下,如图所示.现调节滑动变阻器的触头,试求出为使杆ab静止不动,通过ab杆的电流范围为多少?【答案】 【解析】试题分析：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，安培力最大，电流最大当电流最小时，有向上的最大静摩擦力，根据共点力平衡，结合安培力的大小公式，求出通过ab杆的电流范围当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值，此时通过ab的电流最大为；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为，电流为两种情况下的受力图如图所示，由平衡条件得：对第一种情况有：，解上述方程得