陕西省汉中市龙岗学校2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

陕西省汉中市龙岗学校2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）(考试时间：90分钟 满分：100分)一、选择题（每小题4分共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.下列关于静电场和磁场的说法正确的是()a. 电场中场强越大的地方，电势一定越高b. 电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比c. 磁场中某点的磁感应强度大小与小磁针受到的磁场力大小有关d. 静电荷产生的电场中电场线不闭合，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的【答案】d【解析】【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量无关；沿电场线的方向，电势越来越低，场强大小与电势高低无关；电流所受安培力的方向与磁场方向垂直；磁感线是闭合的曲线【详解】电场中场强越大的地方，电势不一定越高，如负点电荷周围，越靠近点电荷，场强越大，但电势却越低，a错误；电场中某点的场强是由电场本身决定的，与试探电荷存在与否无关，b错误；磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与小磁针存在与否无关，c错误；静电荷产生的电场中电场线是从正电荷(或无穷远处)出发终止于无穷远处(或负电荷)，是不闭合的，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的，d正确【点睛】本题考查了电场强度与磁场方向、磁感线等问题，要注意明确电场强度和磁感应强度均是由电场和磁场本身决定的；同时注意两种场的性质的区别和联系2.如图所示，水平放置的光滑杆上套有a、b、c三个金属环，其中b接电源在接通电源的瞬间，a、c两环（ ）a. 都被b吸引b. 都被b排斥c. a被吸引，c被排斥d. a被排斥，c被吸引【答案】b【解析】【分析】根据楞次定律进行判定：感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化【详解】在接通电源的瞬间，通过b环的电流变大，电流产生的磁场增强，穿过a、c两环的磁通量变大，a、c两环产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流总是阻值原磁通量的变化，为了阻碍原磁通量的增加，a、c两环都被b环排斥而远离b环，以阻碍磁通量的增加，故acd错误，b正确；故选b3.在两个倾角均为的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流i1和i2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图所示，两金属棒均处于平衡状态则两种情况下的电流之比i1:i2为a. sin:1b. 1:sinc. cos:1d. 1:cos【答案】d【解析】导体棒受力如图，根据共点力平衡得 所以导体棒所受的安培力之比，因为，所以，d正确4.如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都 接地，在两极板间有一个固定在 p 点的正点电荷，以 e 表示两极板间电场的电场强度，ep表示点电 荷在 p 点的电势能，表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至 图中虚线位置，则（ ）a. 增大，e 增大，ep 增大b. 增大，e 增大，ep 减小c 减小，e 不变，ep 增大d. 减小，e 不变，ep减小【答案】d【解析】【详解】电容器与电源断开，电量不变，将下极板上移的过程中，因d减小，由可知电容c增大，由可知u减小，则夹角减小；由可得可知e不变；根据u=ed可知由于p离下极板距离减小，e不变，因此p点的电势减小，由可知电势能减小；故选d5.如图所示，一理想变压器原线圈匝数n11000匝，副线圈匝数n2200匝，交流电源的电动势e311sin(100t)v，电阻r88，电流表、电压表对电路的影响可忽略不计，则()a. a1的示数为0.20 ab. v1的示数为311 vc. a2的示数为0.75 ad. v2的示数为44 v【答案】d【解析】【详解】由题意可知：根据得由欧姆定律得根据得故选d。6.如图(a)所示，有一个面积为100 cm2的金属圆环，电阻为0.1 ，圆环中磁感应强度的变化规律如图(b)所示，且磁场方向与圆环所在平面相垂直，在ab过程中，圆环中感应电流i的方向和流过它的电荷量q分别为() a. 逆时针，q0.01 cb. 逆时针，q0.02 cc. 顺时针，q0.02 cd. 逆时针，q0.03 c【答案】a【解析】【详解】随着磁感应强度均匀增加，导致穿过金属环的磁通量增加，根据楞次定律可得：感应磁场方向与原磁场方向相反，再由安培定则可知：环中的感应电流方向逆时针；由法拉第电磁感应定律有闭合电路欧姆定律有由电量公式q=it得在t1到t2时间内，电量为：故选a。7.如图所示为示波管内聚焦电场，图中实线为电场线，虚线为等势线，、b、c为静电场中的三点，b、c在同一条直线的电场线上，则下列说法正确的是（ ）a. 、b、c三点中，c点电势最高b. 、b、c三点中， 点场强最大c. 正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能d. 负电荷在b点由静止释放，仅在电场力的作用下能沿直线由b点运动到c点【答案】c【解析】【详解】a、沿着电场线方向，电势降低，所以a、b、c三点中，c点电势最低，b点电势最高，故a错误；b、电场线的疏密程度反映场强的大小， c点电场线最密，所以c点场强最大，故b错误；c、由于电势能，b点的电势高于在c点的电势，所以正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能，故c正确；d、负电荷在b点由静止释放，电场力水平向右，仅在电场的作用下向右运动，不可能沿直线由b点运动到c，故d错误；故选c【点睛】沿着电场线方向，电势降低，电场线的疏密程度反映场强的大小，电势能由求出8.如图所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为f1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为f2，通过导线横截面的电荷量为q2，则()a. f1f2，q1q2b. f1f2，q1q2c. f1f2，q1q2d. f1f2，q1q2【答案】d【解析】设线框长为l1，宽为l2，速度为v1，线框所受的安培力大小为：f1=bil2，电流为，第一次拉出时安培力为：，同理第二次拉出时安培力为：，因为由于两次拉出所用时间t1t2，所以，故；由于线框在两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即12，而通过导线横截面的电荷量，得q1q2，故d正确，abc错误 9.一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图甲所示设垂直于纸面向内的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图象如图乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是图中的a. b. c. d. 【答案】c【解析】【详解】设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，则由乙可知：线圈中在前0.5s内产生了逆时针方向的感应电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同a图：在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的而在0.5s-1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的所以a选项错误；b图：在前0.5s内，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的而在0.5s-1.5s，由感应电流方向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的故b错误；c图：在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的而在0.5s-1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的所以c正确；d图中磁场的变化引起的感应电流与a中完全相同，故可知d错误；故选c【点睛】本题考查法拉第电磁感应定律的图象应用，要注意正确掌握楞次定律的应用，同时要注意正确分析图象的性质，能正确应用排除法进行分析10.阻值为10的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上以下说法中正确的是 （ ）a. 电压的有效值为10vb. 通过电阻的电流有效值为ac. 电阻消耗电功率为5wd. 电阻每秒种产生的热量为10j【答案】bc【解析】【详解】由u-t图象，交流电压最大值为10v，有效值故a错误通过电阻的电流故b正确根据，知电阻消耗的电功率故c正确，电阻每秒产生热量故d错误故选bc11.如图所示，电源电动势e3v，小灯泡l标有“2v，0.4w”，开关s接1，当变阻器调到r4时，小灯泡l正常发光；现将开关s接2，小灯泡l和电动机m均正常工作则 ( )a. 电源内阻为1b. 电动机的内阻为4c. 电动机的正常工作电压为1vd. 电源效率约为93.3%【答案】ad【解析】【详解】小灯泡的额定电流为电阻为a当接1时e=i(rl+r+r)代入数据解得电源的内阻r=1故a正确；bc当接2时灯泡正常发光，流过的电流为i=0.2a电源内阻分的电压为u=ir=0.21v=0.2v故电动机分的电压为u动=e-ul-u=(3-2-0.2)v=0.8v则电动机的内阻为故b、c均错误；d电源的效率为故d项正确12.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0 时间内微粒匀速运动，t时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0t时间内运动的描述，正确的是()a. 末速度大小为 v0b. 末速度沿水平方向c. 重力势能减少了 mgdd. 克服电场力做功为mgd【答案】bc【解析】【详解】ab0时间内微粒匀速运动，则有：qe0=mg，内，微粒做平抛运动，下降的位移，t时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，t时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0故a错误，b正确c0时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故c正确d在内和t时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则内和t时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故d错误二、实验题（共18分）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）所测得电源电动势e和内电阻r的测量值与真实值相比较的情况是：e测_e真；r测_r真（填“”或“”）【答案】 (1). 乙 (2). 1 (3). (4). 【解析】【详解】(1)1已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，减小实验误差，应采用图乙所示电路图；(2)2如图丙图像可知，电源内阻为(3)3由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的u-i图像如图所示，由图像可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值；14.某同学为测定某柱形电子元件的电阻率，先做如下测量：(1)用螺旋测微器测量它的直径，示数如图甲所示，读数为d_mm；用游标为20分度的卡尺测量它的长度，示数如图乙所示，读数为l_cm.(2)多用电表粗测该元件的电阻如图a所示，选用“10”倍率的欧姆挡，测得该元件电阻为_(3)为了精确测得上述待测电阻rx的阻值，实验室提供了如下器材：a电流表a1(量程50 ma、内阻r110 )b电流表a2(量程200 ma、内阻r2约为2 )c定值电阻r030 d滑动变阻器r(最大阻值约为10 )e电源e(电动势约为4 v)f开关s、导线若干该同学设计了测量电阻rx的一种实验电路原理图如图b所示，n处的电流表应选用_(填器材选项前相应的英文字母)开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于_(选填“a”或者“b”)若m、n电表的读数分别为im、in，则rx的计算式为rx_(用题中字母表示)【答案】 (1). 0.617(0.6160.618均可) (2). 10.670 (3). 70 (4). b (5). a (6). 【解析】【详解】(1)1螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为11.70.01=0.117mm，所以最终读数为0.617mm，由于读数误差，所以0.6160.618均可；2游标卡尺的主尺读数为106mm，游标读数为0.0514=0.70mm，所以最终读数为106.70mm=10.670cm(2)3用多用表测量该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为；(3)4通过待测电阻的最大电流约为通过n出的最大电流约为为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，n处的电流表应选b；5开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a；6通过定值电阻r0的电流并联电路两端电压则待测电阻的电阻值三、解答题(本题共3小题，共34分计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15.水平放置的两块平行金属板长l=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90v，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0=2.0107m/s，从两板中间射入，如图，求：(电子质量m=9.0110-31kg) （1）电子飞出电场时沿垂直于板方向偏移的距离是多少？（2）电子离开电场后，打在屏上的p点，若s=10cm，求op的长？【答案】（1）0.5cm（2）0.025m【解析】【详解】（1）竖直方向做匀加速直线运动，根据电容器电压与电场的关系得又因为，所以水平方向做匀速运动，故，所以（2）竖直方向速度从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，水平方向：竖直方向：，16.轻质细线吊着一质量为m0.64 kg、边长为2l0.8 m、匝数n10的正方形线圈abcd，线圈总电阻为r1 .边长为l的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图乙所示，从t0开始经t0时间细线开始松弛，g取10 m/s