2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题(含解析) (III).doc

2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题(含解析) (III)一选择题1. 电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.210-8J,在B点的电势能为0.810-8J.已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量的绝对值为A. 该电荷为负电荷B. 该电荷为正电荷C. A、B两点的电势差UAB=4.0VD. 把电荷从A移到B，静电力做功为W=2.510-10J【答案】A【解析】AB、沿电场线方向电势降低，由于电场线方向向左，B点电势高于A点电势，点电荷在A点电势能高于B点电势能，根据电势能Ep=q可以判断，该点电荷为负电荷，故A正确，B错误；CD、该点电荷从A移到B,电势能减小Ep=1.2108J0.80108J=4.0109J,所以电场力做功为WAB=4.0109J。则A.B两点的电势差UAB=WAB/q，由于点电荷所带电量未知，无法得出A、B两点的电势差，故C错误，D错误。故选：A.2. 如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。已知M是带正电的带电粒子。则下列说法中正确的是A. N一定也带正电B. a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C. 带电粒子N的动能增大，电势能减小D. 带电粒子M的动能减小，电势能增大【答案】C【解析】A. 电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右。N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误；B. 电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以等势面a的电势高于等势面b的电势。虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面，所以ab两点的场强相等。故B错误；C. 电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C正确；D电场力对M粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故D错误。故选：C.点睛：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹MPN运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向3. 如图所示，在匀强电场中有一个半径为R=1m的圆，电场方向与圆的平面平行，O、P两点电势差为10V，一个电子在该匀强电场中在仅受电场力作用下运动，且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为1m/s，则A. 电子从P到Q的运动过程中，动能先增大后减小B. 电子可能做圆周运动C. 该匀强电场的电场强度E=10V/mD. O点与圆周上电势最低的点电势差为V【答案】D【解析】试题分析：带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在P、Q两点动能相等，则电势能也相等因为匀强电场，所以两点的连线PQ即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从P到Q做抛体运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90后小于90，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故AB错误；匀强电场的电场强度式中的是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，所以，圆周上电势最高的点与O点的电势差为，故D正确，C错误。考点：电势差与电场强度的关系；电势能【名师点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置再由曲线运动来确定电场力的方向同时考查中的含义重要性。4. 如图所示，虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等。一带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，M、N两点的电势用、表示，M、N两点的电场强度用、表示。则下列说法正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】AB. 等势面的疏密代表场强的大小，M点的场强小于N点的场强，故EMEN，故A错误，B正确；CD、带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减小，负电荷在电势高处电势能小，所以MIb)的恒定电流时，b对a的作用力为F。当在空间加一竖直向下（y轴的负方向）、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零。则下列说法正确的是A. 电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向B. 所加匀强磁场的磁感应强度大小为C. 导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向D. 电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向【答案】B【解析】A无限长直导线b的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受的安培力为零，因此电流Ib在导线a处产生的磁场磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，故A错误；B由磁感应强度的定义式可得B=；C由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，方向沿z轴的负方向，故C错误；D由于IaIb，电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大于电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场，大于，故D错误。故选：B。7. 匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示I1、I2、I3时，金属环上很小一段受到的安培力。则A. I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向B. I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C. F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心D. F1方向指向圆心，F2方向指向圆心【答案】C【解析】A. 由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A错误；B. 由图甲所示可知，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向；在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；CD、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心；ab段安培力F2方向背离圆心向外；bc段安培力F3方向指向圆心，故C正确，D错误；故选：C.点睛：应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向，从而即可求解8. 图甲所示有界匀强磁场的宽度与图乙所示圆形匀强磁场的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场，从右边界射出时速度方向偏转了角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了2角。已知磁场、的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】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：，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：r1= ，r2= ，则磁感应强度之比：B1：B2=r2：r1=cos：1，故ABD错误，C正确；故选：C.点睛：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度，再求出磁感应强度之比9. 一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其速度时间图象如图所示。分析图象后，下列说法正确的是A. B、D两点的电场强度和电势一定都为零B. A处的电场强度大于C处的电场强度C. 粒子在A处的电势能小于在C处的电势能D. A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差【答案】BC【解析】试题分析：由B到D的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在B点是电势能大于在D时的电势能，所以B、D两点的电势不可能都为零故A错误由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，根据牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于C点的电场强度，故B正确；由图可知粒子在A点的速度大，所以在A点的动能大；只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，所以粒子在A点的电势能小于C点的电势能，故C错误；A、D两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到D电场力做功的绝对值相同，BD两点间的电势差等于AB两点间的电势差；A、C之间的动能的差小于AB之间的动能的差，所以A、C两点的电势差小于A、B两点间的电势差，即A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差故D错误故选B考点：电场强度；电势及电势能；【名师点睛】本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值这常是判断电荷电势能如何变化的依据还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。10. 如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合开关，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中A. U先变大后变小B. I先变小后变大C. U与I比值先变大后变小D. U变化量的绝对值与I变化量的绝对值比值等于R3【答案】BC【解析】A. 由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；BC、由图可知，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故B正确；C正确；D. 由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误。故选：BC.点睛：电源内阻忽略不计，电压表测量电源电压，所以无论外电阻如何变化，电压表示数不变滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电阻先增大后减小，由欧姆定律可判断电流表示数的变化和U与I比值的变化11. 如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷为q的带电粒子（不计重力）从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则A. 粒子一定带正电荷B. MN上下两侧的磁场方向相同C. MN上下两侧的磁感应强度的大小B1:B2=1:2D. 时间t=【答案】BD【解析】A. 题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所有不能用洛仑兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负，故A错误；B. 粒子越过磁场的分界线MN时，洛仑兹力的方向没有变，根据左手定则可知磁场方向相同，故B正确；C. 设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1:r2=1:2；洛仑兹力充当圆周运动的向心力，解得：，所以B1:B2=r2:r1=2:1，故C错误；D. 由洛仑兹力充当圆周运动的向心力，周期T=2r/v，得；带电粒子运动的时间t=T1+T2/2=，由B1:B2=2:1得t=，故D正确。故选：BD.12. 如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L，则下列关于粒子运动的说法中正确的是A. 若该粒子的入射速度为 ，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为LB. 若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为C. 若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为D. 该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为【答案】ACD【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知： 解得：r=l；根据几何关系可知，粒子一定从距C点为l的位置离开磁场；故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知， ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于（+1）l；则若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为 ,故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大半径为 ； 因此最大速度速度应为 ；故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180；故最长时间为；故D正确；故选ACD.点睛：本题考查带电粒子磁场中的运动规律，要注意明确洛伦兹力充当向心力以及几何关系的应用，同时能正确分析可能的运动规律，从而明确半径范围.二、填空题。13. 某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向一定。(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A.适当增加两导轨间的距离 B.换一根更长的金属棒 C.适当增大金属棒中的电流其中正确的是_（填入正确选项前的标号）。【答案】(1)实物连线如图所示: (2)AC 【解析】(1)实物连线如图所示:；（2）对金属棒：F安=BIL根据牛顿第二定律：F安=ma加速度a=BIL/m根据运动学公式得 由上式可得，为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，可适当增加两导轨间的距离L；可适当增大金属棒中的电流；换一根更长的金属棒，m增大，有效长度不变，v减小。故选：AC。14. 某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧电池的电动势和内阻.(1)他先用多用表电压挡直接接在电源两级，读数如图，则电源电动势约为_V.(2)为了更准确的测量电源的电动势和内电阻，他用多用表的“直流100mA”挡设计了如图甲的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为_.(3)将多用电表的选择开关从“OFF”旋转至“直流100mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用表上读出相应的示数I.(4)重复(3)获得多组数据，根据数据作出了如图乙所示的图线.(5)由图线得干电池的电动势E=_V(保留三位有效数字)，内阻r=_(取整数).【答案】 (1). (1) 1.30； (2). (2)13； (3). (5) 1.40(1.351.45均可)； (4). 8；【解析】(1)用多用表电压档直接接在电源两极，量程为2.5V，则电源电动势约为1.30V。(2)用多用表的“直流100mA”档设计了如图乙的测量电路，根据欧姆定律得开关闭合前电阻箱的最小取值R=E/I=1.30/0.1=13。(5)由E=IR+Ir，变形为：R=r+E，根据函数斜率和截距的概念应有：E=k= =1.40V，r=8，可得r=8.三、论述计算题15. 在研究性学习活动中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图所示，abcd是一个边长为L的正方形盒子，在a处和cd边的中点e处各有一个小孔，e外有一能显示粒子从e孔射出的荧光屏M。盒子内有一方向垂直于abcd平面的匀强磁场，磁感应强度为B。粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可忽略，先让粒子经过电压为U的电场加速，然后粒子的重力和粒子之间的相互作用力。问：你认为该同学的设计方案可行吗？若可行，求出带电粒子的比荷；若不可行，说明你的理由。【答案】可行； ； 【解析】可行 设粒子经电场加速后离开电场时速度为v，根据动能定理： 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设圆周半径为R，由几何关系可 ， 联立解得 16. 如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径。(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。(3)沿磁场边界放置绝缘弹性挡板，使带电粒子与挡板碰撞后以原速率弹回，且其电荷量保持不变。若从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度减小为0.5v，求该粒子第一次回到点经历的时间。【答案】(1) ； (2)60； (3) ；【解析】(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，设其做圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得： 解得： (2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向的夹角为 ，如图所示，则，x是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离。x最大值为2R，对应的就是的最大值，且2R=r所以， 即=60 (3)当粒子的速度减小为 时，在磁场中做匀速圆周运动的半径 故粒子转过四分之一圆周，对应圆心角为时与边界相撞并弹回，由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到O点，即经历时间为一个周期，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是 17. 如图所示，在xl、y0范围内有一匀强磁场，方向垂直纸面向里；在在xl、y0范围内有一电场强度为E的匀强电场，方向沿y轴负方向，质量为m、电荷量为-q的粒子从y轴上的M点由静止释放，粒子运动到O点时的速度为v。不计粒子重力。(1)求O、M两点间的距离d；(2)a.如果经过一段时间，粒子能通过x轴上的N点，O、N两点间的距离为b(bl)，求磁感应强度B。