云南省盈江县民族完全中学2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题

云南省盈江县民族完全中学2019-2020学年上学期期末考试高二物理本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1.如图所示，为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 v降低到36 v，对电容器来说正确的是()a 是充电过程b 是放电过程c 该电容器的电容为5102fd 该电容器的电量变化量为0.2 c2.下列关于磁感线说法不正确的是()a 磁感线可以形象的描述磁场的强弱与方向b 沿磁感线方向，磁场越来越弱c 所有磁感线都是闭合的d 磁感线与电场线一样都不能相交3.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为b1，p为磁场边界上的一点相同的带正电荷粒子，以相同的速率从p点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.若将磁感应强度的大小变为b2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于()abcd4.如图1所示，半径为r的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点p（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：e=2k1，方向沿x轴现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示则圆孔轴线上任意一点q（坐标为x）的电场强度为（）a 2k0 b 2k0 c 2k0 d 2k05.磁场对通电导体的作用力叫安培力，通电导体垂直于磁场方向放置时，关于安培力的大小有如下规律，其中正确的是()a 磁感应强度越强，电流越小，导线越长，安培力就越大b 磁感应强度越强，电流越大，导线越长，安培力就越大c 磁感应强度越弱，电流越大，导线越长，安培力就越大d 磁感应强度越强，电流越大，导线越短，安培力就越大6.在如图所示的电路中，灯泡l的电阻大于电源的内阻r，闭合电键s，将滑动变阻器滑片p向左移动一段距离后，（电压表和电流表均视为理想）下列结论正确的是（）a 灯泡l变亮b 电源的输出功率变小c 电流表读数变大d 电容器c上电荷量减小7.如图所示，质量相等的两个带电液滴q1和q2从水平方向的匀强电场中o点自由释放后，分别抵达b、c两点，若abbc，则它们的带电荷量之比q1q2等于()a 12 b 21 c 1 d18.一带负电荷的质点，在匀强电场中仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是逐渐增大的关于此匀强电场的电场强度e的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）a b c d9.如图所示，一束正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转离子进入另一个匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论（）a 它们的动能一定不相同b 它们的电量一定不相同c 它们的质量一定不相同d 它们的电量与质量之比一定不相同10.如图所示，地面附近的空间存在着足够大的水平匀强磁场b，和与之垂直的水平匀强电场e(方向未画出)，一个带电质点在与磁场垂直的平面内沿直线斜向上运动(图中虚线)，设在运动过程中质点的电量和质量都不变，下列分析错误的是()a 带电质点所带的电荷一定是正电b 带电质点的运动可能是加速的c 带点质点的运动一定是匀速的d 匀强电场的方向一定向右二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 11.（多选）北半球海洋某处，地磁场水平分量b1=0.8104t，竖直分量b2=0.5104t，海水向北流动海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距l=20 m，如图所示与两极板相连的电压表（可看作理想电压表）示数为u=0.2 mv，则（）a 西侧极板电势高，东侧极板电势低b 西侧极板电势低，东侧极板电势高c 海水的流速大小为0.125 m/sd 海水的流速大小为0.2 m/s12.(多选)关于磁电式电流表，下列说法中正确的是()a 电流表的工作原理是安培力对通电导线的加速作用b 电流表的工作原理是安培力对通电导线的转动作用c 电流表指针的偏转角与所通电流成正比d 电流表指针的偏转角与所通电流成反比13.(多选)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向连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子由加速器的中心附近进人加速器，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(氚核和粒子质量比为34，电荷量之比为12)，则以下说法正确的是()a 加速粒子的交流电源的周期较大，粒子获得的最大动能较小b 若增大磁感应强度，则粒子获得的最大动能增大c 若增大加速电压，氚核获得的最大动能增大d 若增大加速电压，氚核在加速器中运动的总时间变短14.(多选)三个电阻的阻值及额定电流分别为r110 ，i11 a；r220 ，i22 a；r35 ，i32 a,它们组成的电路如图中甲、乙、丙所示，下列关于各图的说法中正确的是()a 图甲中电路两端允许加的最大电压为60 vb 图乙中电路允许通过的最大电流为3.5 ac 图丙中电路两端允许加的最大电压为17.5 vd 图丙中电路允许通过的最大电流为2 a分卷ii三、实验题(共2小题,共15分) 15.（1）在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图所示），示数为cm.在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），示数为mm.（2）某电阻额定电压为3 v（阻值大约为10 ）。为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：a：电流表a1（量程300 ma，内阻约1 ）b：电流表a2（量程0.6 a，内阻约0.3 ）c：电压表v1（量程3.0 v，内阻约3 k）d：电压表v2（量程5.0 v，内阻约5 k）e：滑动变阻器r1（最大阻值为10 ）f：滑动变阻器r2（最大阻值为1 k）g：电源e（电动势4 v，内阻可忽略）h：电键、导线若干。为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表_，电压表_，滑动变阻器_.画出该实验电路图.16.在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻rx约为3 实验室备有下列实验器材a电压表v1（量程3 v，内阻约为15 k）b电压表v2（量程15 v，内阻约为75 k）c电流表a1（量程3 a，内阻约为0.2 ）d电流表a2（量程600 ma，内阻约为1 ）e变阻器r1（010 ，1.0 a）f变阻器r2（0100 ，0.3 a）g电池e（电动势为3 v，内阻约为0.3 ）h开关s，导线若干（1）提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有（2）为了减小实验误差，应选用图1中（填“a”或“b”）为该实验的电路原理图，并按所选择的原理图把实物图（图2）用导线连接起来（3）用刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635 mm，两电表的示数分别如图3所示，则电阻值为，电阻率为四、计算题 17.如图所示，一可以看成质点的质量m2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从a点沿切线方向进入圆弧轨道，其中b为轨道的最低点，c为最高点且与水平桌面等高，圆弧ab对应的圆心角53，轨道半径r0.5 m.已知sin 530.8，cos 530.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点c，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.18.如图所示，电荷量为e，质量为m的电子从a点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中b点时，速度与场强方向成150角，不计电子的重力，求：（1）电子经过b点的速度多大；（2）ab两点间的电势差多大19.如图所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4 m，质量为6102kg的通电直导线，电流强度i=1 a，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 t，方向竖直向上的磁场中，设t=0时，b=0，（g取10m/s2）求：（1）当斜面对导线的支持力恰好为零时，安培力的大小和方向（2）需要几秒，斜面对导线的支持力恰好为零？20.如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105c，从静止开始经电压为u1=100 v的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=30，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为d=34.6 cm的匀强磁场区域已知偏转电场中金属板长l=10 cm，两板间距d=17.3 cm，重力不计求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率；（1.73）（2）偏转电场中两金属板间的电压u2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度b至少多大？答案1.b 2.b 3.c 4.a 5.b 6.b 7.b 8.b 9.d 10.b11.ad 12.bc 13.bd 14.bc15.（1）8.075mm 10.405cm （2）a c e 如图所示【解析】（1）20分度的游标卡尺，精确度是0.05 mm，游标卡尺的主尺读数为104 mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10.05 mm=0.05 mm，所以最终读数为：104 mm+0.05 mm=104.05 mm=10.405 cm螺旋测微器的固定刻度为8 mm，可动刻度为7.50.01 mm=0.075 mm，所以最终读数为8 mm+0.075 mm=8.075 mm（2）根据欧姆定律，流过电阻的最大电流故电流表选a；电阻额定电压为3v则电压表选c即可；为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器选小阻值的e即被测电阻为小电阻，选取电流表外接，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式故电路图如图。16.（1）adegh（2）b 电路图如图所示（3）2.4 1.3106m【解析】（1）伏安法测电阻，需要：g、电池e（电动势为3 v，内阻约为0.3 ），h、开关s，导线若干，电源电动势是3 v，因此电压表可选：a、电压表v1（量程3 v，内阻约为15 k），电路最大电流i=1 a，如果选用量程是3 a的电流表，电流表指针偏转角度不到电表刻度的三分之一，为提高实验精度，电流表可选：d电流表a2（量程600 ma，内阻约为1 ），滑动变阻器f的额定电流太小，因此滑动变阻器应选e变阻器r1（010 ，1.0 a）；即需要的实验器材有：adegh；（2）=5000，=3，电流表应选择外接法，因此实验电路应选b根据电路图连接实物电路图，实物电路图如答图所示（3）电压表量程是3 v，由图示电压表可知，电压表分度值是0.1 v，电压表示数是1.2 v，电流表量程是600 ma=0.6 a，由图示电流表可知电流表分度值是0.02 a，电流表示数是0.50 a，电阻阻值r=2.4 ，由电阻定律可知，r=，则电阻率=1.3106m17.(1)3 m/s(2)4 j【解析】(1)在a点由平抛运动规律得：vav0.小球由桌面到a点的过程中，由动能定理得mg(rrcos)mvmv由得：v03 m/s.(2)在最高点c处有mg，小球从桌面到c点，由动能定理得wfmvmv，代入数据解得wf4 j.18.（1）2v0（2）-【解析】（1）电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，b点的速度v=20，（2）电子从a运动到b由动能定理得：euab=a、b两点间的电势差uab=19.（1）0.8 n，方向水平向左（2）5 s【解析】斜面对导线的支持力为零时，导线的受力如图所示：由平衡条件，有：ftcos 37=fftsin 37=mg由解得：导线所受安培力的为：f=0.8 n又根据f=bil，此时导线所处磁场的磁感应强度为：b=2 t，因为磁感应强度每秒增加0.4 t，所以有：b=0.4 t得：t=5 s20.（1）1.0104m/s （2）200 v （3）0.1 t【解析】（1）带电微粒在电场中加速，由动能定理得：qu1=，代入数据解得：；（2）