2019-2020学年高二物理上学期期末考试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期期末考试题(含解析)一、选择题1. 奥斯特实验说明了（ ）A. 磁场的存在 B. 磁场的方向性C. 电流可以产生磁场 D. 磁场间有相互作用【答案】C【解析】试题分析：奥斯特实验说明了电流可以产生磁场，故选C考点：物理学史2. 把长0.10m的直导线放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直，已知磁场的磁感应强度B的大小为5.010-3T，当导线中通过的电流为3.0A时，该直导线受到安培力的大小是A. 3.010-3N B. 2.510-3NC. 2.010-3N D. 1.510-3N【答案】D【解析】由于导线和磁场方向垂直，导体棒在磁场中受到的安培力 故D正确综上所述本题答案是：D 3. 直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零静电力常量用k表示若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()A. ，沿y轴正向 B. ，沿y轴负向C. ，沿y轴正向 D. ，沿y轴负向【答案】B【解析】试题分析：M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零，故两个负电荷在G点形成的场强与电荷量为Q的正点电荷在G点形成的场强等大反向，大小；若将该正点电荷移到G点，则H点处电场强度的大小，方向沿y轴负向，故选B考点：电场的叠加【名师点睛】此题是电场的叠加问题；关键是能找到两个负电荷在G、H两点的场强大小，根据点电荷场强公式求解正电荷Q的场强，最后叠加即可视频4. 如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为45 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是A. 该物块带负电B. 皮带轮的传动速度大小一定为lmsC. 若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D. 在2s4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动【答案】D【解析】试题分析：由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动物块的最大速度是1m/s对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向：FNmgsinma; 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FNmgcos，后来：F/Nmgcosf洛，即洛伦兹力的方向是向上的物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电故A错误；mgsin（mgcosf洛），由可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带运动故B错误，D正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移故C错误故选D考点：牛顿定律的应用【名师点睛】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握。5. 某静电场在x轴上各点的电势随坐标x的分布图象如图所示.x轴上A、O、B三点的电势分别为A、O、B ，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAX、EOX、EBX，电子在A、O、B三点的电势能分别为EPA 、EPO、EPB.下列判断中正确的是( )A. OB AB. EOX EBX EAXC. EPOEPBEPAD. EPOEPA EPOEPB【答案】D【解析】从图中可知；电子带负电，同一负电荷在高电势处电势能小，故，所以；根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿x轴方向的分量大小，则知，ABC错误D正确6. 如图所示，宽度为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为：，式中的比例系数K称为霍尔系数设载流子的电量为q，下列说法正确的是（）A. 载流子所受静电力的大小B. 导体上表面的电势一定大于下表面的电势C. 霍尔系数为 ，其中n为导体单位长度上的电荷数D. 载流子所受洛伦兹力的大小 ，其中n为导体单位体积内的电荷数【答案】D【解析】静电力大小应为：，故A错误；洛伦兹力向上，但载流子的电性是不确定的，故无法判断上表面的电性，故无法比较上下表面的电势高低，故B错误；对于载流子，静电力和洛伦兹力平衡，故：电流微观表达式为：I=nqSv，故： ；由于S=hd，故，故，其中n为导体单位体积上的电荷数，故C错误；载流子所受洛伦兹力的大小f洛=qvB，其中，可得，其中n为导体单位体积上的电荷数，故D正确；故选D点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的可能是正电荷，也可能是负电荷，掌握电流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡进行求解视频7. 分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地三小球分别落在图中A、B、C三点，则正确的是()A. A带正电、B不带电、C带负电B. 三小球在电场中加速度大小关系是：aAaBEkBEkA【答案】ABD【解析】试题分析：由图可以知道，A、B、C三个小球在电场中做类平抛运动，水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：，而且三个小球水平速度相同，由得，运动时间关系是：。竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y大小相等，由得到加速度关系为：。根据牛顿第二定律得到合力关系为：，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来A带正电、B不带电、C带负电，故AB正确，C错误。由于三个小球所受合力方向都竖直向下，合力都做正功，竖直位移大小相等，而合力，则合力做功大小关系为：，根据动能定理得，三小球到达下板时的动能关系是。故D正确。考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动即类平抛运动，其水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动由图看出水平位移的关系，比较运动时间关系，竖直位移大小相等，根据牛顿第二定律和位移公式分析加速度关系，判断三个小球的电性，根据动能定理分析三小球到达下板时的动能关系。8. 如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时A. 磁铁对桌面的压力增大B. 磁铁对桌面的压力减小C. 磁铁受到向右的摩擦力作用D. 磁铁受到向左的摩擦力作用【答案】BC【解析】试题分析：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左上方，如图根据平衡条件，可知通电后支持力减小，受到向左的静摩擦力，故选BC。考点：安培力。【名师点睛】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。9. 如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点一个带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中垂线从C点运动到D点（C、D是关于AB对称的两点）下列关于粒子运动的v-t图像中可能正确的是：A. B. C. D. 【答案】CD.解：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向，若是负电荷则电场强度方向为CO、DO，若是正电荷则电场强度方向为OC、OD；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，当从电场强度最大的位置释放时，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而A选项图象的斜率表示加速度的大小，所以A正确；若从小于电场强度最大值位置释放，则带电粒子所受电场力先增大后减小再增大最后减小，那么加速度也是先增大后减小再增大最后减小而D选项图象的斜率表示加速度的大小故C正确；BD均错误故选：AC【点评】本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性10. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板下列说法正确的是（ ）A. 若将滑片P向上滑动，粒子将向b板偏转B. 若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C. 若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D. 若增大带电粒子带电荷量，粒子将向b板偏转【答案】AC【解析】试题分析：因电容器与电阻并联，将滑片P向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故A正确；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由可知，板间场强减小，若粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛仑兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故B错误；由图可知a板带正电，b板带负电；若带电粒子带负电，则受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛仑兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故C正确；若带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误；故选AC考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；同时要注意由于题目中没有给出粒子的电性，故必须讨论可能出现的情况。11. 如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、-Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形.则下列说法正确的是( ) A. a、b两点的电场强度相同B. c、d两点的电势相同C. 将电子由b移到c的过程中电场力做正功D. 质子在b点的电势能比在O点的电势能大【答案】BD【解析】试题分析：a点的场强向左，而b点的场强向右，故a、b两点的电场强度不相同，选项A错误；c、d两点的电势相同，都为零，选项B正确；b点电势高于c点，故将电子由b移到c的过程中电势能增加，电场力做负功，选项C错误；b点的电势高于O点，故质子在b点的电势能比在O点的电势能大，选项D正确；故选BD.考点：电场强度；电势及电势能.12. 如图所示，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从在x轴上的某点P沿着与x轴成30角的方向射入磁场。不计重力影响，则下列说法中正确的是（ ）A. 粒子在磁场中运动所经历的时间可能为B. 粒子在磁场中运动所经历的时间可能为C. 粒子在磁场中运动所经历的时间可能为D. 粒子一定不能通过坐标原点【答案】ACD【解析】由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角时圆弧与y轴相切时即300，则运动的时间为；而最小的圆心角为P点从坐标原点出发，圆心角为120，所以运动时间为，故粒子在磁场中运动所经历的时间为t，故AC正确，B错误；粒子由P点成30角入射，则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如图所示；粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180，而因磁场为有界，故粒子不可能通过坐标原点，故D正确；故选ACD.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，掌握粒子在磁场中匀速圆周运动的半径公式和周期公式是正确解题的关键二、实验题13. 用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是_（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r=_（3）产生系统误差的主要原因是_（4）在实验过程中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，能正确反映PU关系的图像是_。 【答案】 (1). 乙 (2). 1.0 (3). 电压表分流 (4). C【解析】（1）已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，为减小实验误差，应采用图乙所示电路图；（2）由图2所示图象可知，电源内阻；（3）由图示图象可知，由于电压表的分流作用，所测电流小于通过电源的电流，电压表分流是造成误差的原因（4）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大，而当内阻和外阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故符合条件的图象应为C。14. 测定电流表内阻的实验中备用的器材如下：A电流表（量程0100 A，内阻约为几百欧）；B标准伏特表（量程05 V）；C电阻箱（阻值范围0999.9 ）；D电阻箱（阻值范围099999.9 ）；E电源（电动势2 V，内阻不为零）；F电源（电动势6 V，内阻不为零）；G滑动变阻器（阻值范围050 ，额定电流1.5 A）；电键和导线若干。（1）采用图所示的电路测定电流表A的内阻，且要求较高的测量精确，那么从以上备用的器材中，电阻箱R1应选用_，电阻箱R2应选用_，电源E应选用_。（填写字母代号）（2）实验时要进行的步骤有：A闭合S1；B闭合S2；C将R1的阻值调至最大；D调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；E调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；F记下R2的阻值。把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上的空白处：_；_；_；_；_；_。（3）如果在步骤F中R2的阻值为600 ，则图1中电流表内阻Rg的测量值为_。（4）如果要将第（3）小题中的电流表A改装成量程为05 V的伏特表，则改装的方法是与电流表_联一个阻值为_的电阻。（5）图所示器材中，一部分是将电流表改装为伏特表所需的，其余是为了把改装成的伏特表跟标准伏特表进行核对所需的（要求对05 V的所有刻度都能在实验中进行核对）。试在图的实物图中画出连线_。【答案】 (1). D (2). C (3). F (4). C (5). A (6). D (7). B (8). E (9). F (10). 600 (11). 串 (12). 49400 (13). 如图；【解析】首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流 ，实验要求RRg，Rr，这样才有 ，当S2闭合时，R和Rg并联，并联后总阻值R并RgR，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于 ，调节R使电流表半偏为 ，所以流过R的电流也为，所以R=Rg （1）从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是RRg故实验器材选择应满足电源电动势尽可能大，R尽可能大所以R1选用大量程的电阻箱D，R2选用较小的电阻箱C，电源选用电动势较大的F（2）根据半偏法测量原理，则操作步骤为：按图所示的电路图连接好电路；将R1的阻值调到最大；合上S1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；合上S2；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值实验步骤的合理顺序是： CADBEF；（3）如果在步骤F中R2的阻值为600 ，则图1中电流表内阻Rg的测量值为Rg=R2=600。（4）如果要将第（3）小题中的电流表A改装成量程为05 V的伏特表，则改装的方法是与电流表串联一个阻值为 。（5）校对电压表时，电压应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，标准电压表与改装后的电压表应并联，电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：三、解答题15. 为了使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速由A点运动到B点，必须对该电荷施加一个恒力F如图所示，若AB=0.5m，=37，q=3.0107C，F=1.5104N，A点的电势A=100V（不计电荷所受的重力），求（1）场强大小方向；（2）A点B点电势高低；（3）从A到B过程中电场力做功多少.（4）B点的电势大小.【答案】（1）500N/C（2）A点电势小于B点电势（3）6105J（4）B =100V【解析】（1）由平衡条件知：负电荷所受电场力大小为：F=F=1.5104N，F=Eq,E=500N/C方向与F相反场强方向如图所示；（2）场强方向就是电场方向，沿电场方向电势降低，则A点电势小于B点电势；（3）A到B电场力做功为：WAB=FABcos37=1.51040.50.8J=6105J（4） 因为UAB=AB，则有：B=AUAB=100200V=100V点睛：解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，注意运用W=qU计算时，q的正负、U的正负、W的正负均需代入计算16. 如图所示，水平放置的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感强度大小为B,方向与水平导轨平面夹角为，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨M、N垂直。电源电动势为E，定值电阻为R,其余部分电阻不计。闭合开关后，导体棒静止。求：（1）通过导体棒电流的大小；（2）通电导体棒所受的安