廣東省汕頭市金山中學2019_2020學年高二物理上學期期末考試試題含解析

1、廣東省汕頭市金山中學2019-2020學年高二物理上學期期末考試試題（含解析）一、選擇題(本題共12小題，1-7單選，8-12多選)1.如圖甲，固定的正方形閉合線圈abcd處于方向垂直紙面向外的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小b隨時間t變化的圖像如圖乙，下列說法正確的是( )a. t=2s時，ab邊受到勻強磁場的安培力最大b. t=4s時，ab邊受到勻強磁場的安培力為0c. 02 s內(nèi)線圈中有逆時針方向的感應電流d. 2 s4 s內(nèi)線圈中的感應電流逐漸減小【答案】b【解析】【詳解】a根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，感應電流t=2s時刻，磁感應強度的變化率為0，則感應電流i=0，ab邊不受安培力作用

2、故a錯誤；bt=4s時，磁感應強度的變化率不為0，則感應電流不為0，但是b=0，根據(jù)f=bil可知ab邊受到勻強磁場的安培力為0，b正確；c根據(jù)楞次定律可知，02s內(nèi)，垂直線圈向外的磁通量變大，則感應電流為順時針方向，c錯誤；d2s4s內(nèi)線圈中，磁感應強度的變化率逐漸增大，則感應電動勢逐漸變大，感應電流逐漸增大，d錯誤。故選b。2.有一帶電粒子沿圖中的ab曲線穿過一勻強電場，a、b、c、d均為勻強電場中的等勢面，且電勢abcd，若不計粒子所受重力，那么下列說法錯誤的是a. 粒子一定帶負電b. 粒子的運動軌跡是拋物線c. 從a點運動到b點粒子的電勢能增加d. 從a點到b點過程中電勢能與動能之和不

3、變【答案】c【解析】【詳解】a根據(jù)電場線和等勢線垂直，且從高電勢處指向低電勢處，得知電場沿豎直向下方向，而粒子的軌跡向上彎曲，說明粒子所受的電場力豎直向上，所以粒子帶負電故a不符合題意b粒子所受的電場力是恒力，粒子的運動為勻變速曲線運動，軌跡為拋物線故b不符合題意c粒子的電場力豎直向上，軌跡向上彎曲，則電場力對粒子做正功，其動能逐漸增大，電勢能減小故c符合題意d重力不計，粒子只有兩種形式的能：動能和電勢能，根據(jù)能量守恒可知粒子的動能和電勢能之和在運動過程中保持不變故d不符合題意3.如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出下列說法正確的是( )a.

4、 粒子帶正電b. 粒子在b點速度大于在a點速率c. 若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變長d. 若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點左側(cè)射出【答案】c【解析】【詳解】a粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可得粒子帶負電，故a錯誤；b粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，粒子在b點速率等于在a點速率，故b錯誤；c若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動半徑減小，周期不變，粒子軌跡對應的圓心角有增大，根據(jù)可知粒子運動時間增加，故c正確；d根據(jù)可知，若僅減小磁感應強度，則粒子運動的半徑增大，粒子可能從b點右側(cè)射出，故d錯誤；4.在如圖的電路中，r1是定值電阻，r2是光敏電阻，電源的內(nèi)阻不能忽略閉合開關s，當照射

5、光敏電阻上的光照強度增大時，下列說法中正確的是（ ）a. 通過r2的電流減小b. 電源的路端電壓減小c. 電容器c所帶的電荷量增加d. 電源的電功率不變【答案】b【解析】【詳解】a當光敏電阻上的光照強度增大時，光敏電阻的阻值會減小，電路的總電阻減小，電路中的總電流增大，流過r2的電流增大，a錯誤；b電路中的總電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得知路端電壓減小，b正確；c電容器極板間的電壓就等于路端電壓，所以電容器板間電壓減小，帶電量減小。c錯誤；d電源的電功率p=ei電流變大，則電源的功率變大，d錯誤。故選b。5.筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件當顯示屏開啟時

6、磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓，以此控制屏幕的熄滅則元件的（ ）a. 前表面的電勢比后表面的低b. 前、后表面間的電壓與無關c. 前、后表面間的電壓與成正比d. 自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】d【解析】【詳解】由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢比后表

7、面的高，故a錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有，故，故d正確，由則電壓，故前后表面的電壓與速度有關，與a成正比，故bc錯誤6.如圖，線圈l的自感系數(shù)很大，且其直流電阻可以忽略不計，l1、l2是兩個完全相同的小燈泡，開關s閉合和斷開的過程中，燈l1、l2的亮度變化情況是( )a. s閉合，l1亮度不變，l2亮度逐漸變亮，最后兩燈一樣亮b. s閉合，l1亮度不變，l2很亮；s斷開，l1、l2立即熄滅c. s閉合，l1、l2同時亮，而后l1逐漸熄滅，l2亮度不變d. s閉合，l1、l2同時亮，而后l1逐漸熄滅，l2則逐漸變得更亮；s斷開，l2立即熄滅，l1亮一下再熄滅【答案】d【解析】【

8、詳解】ac當s閉合瞬時，兩燈同時獲得電壓，同時發(fā)光，隨著線圈l電流的增加，逐漸將l1燈短路，l1逐漸變暗直到熄滅，同時，l2電流逐漸增大，變得更亮；ac錯誤；bds斷開瞬時，l2中電流消失，故立即熄滅，而l1中由于電感中產(chǎn)生一個與電流同向的自感電動勢，故右端為正，電流由燈泡l1的右側(cè)流入，故l1亮一下逐漸熄滅。d正確，b錯誤。故選d。7.真空中相距為3a的兩個點電荷q1、q2，分別固定于x軸上x1=0處和x2=3a的兩點上，在它們連線上各點場強e隨x變化關系如圖，取沿x軸正方向的電場強度的正方向，以下判斷正確的是（ ）a. 處的電勢一定為零b. 點電荷q1、q2一定為同種電荷c. 點電荷q1所

9、帶電荷量是q2所帶電荷量的2倍d. x=1.5a處的電勢等于x=2.5a處的電勢【答案】b【解析】【詳解】ax=2a處電場強度為0，但是電勢是一個相對性的概念，即零電勢的選擇是任意的，人為的，故x=2a處的電勢可以為零，也可以不為零，a錯誤；bc若兩電荷為異種電荷，在x=2a處，電場強度不可能為0，故兩電荷為同種電荷。根據(jù)點電荷的電場強度公式可得：所以：q1：q2=4：1b正確，c錯誤；d依據(jù)場強e與x圖象所圍成的面積即表示電勢的高低，那么x=1.5a處的電勢小于x=2.5a處的電勢，d錯誤。故選b。8.下列說法正確的是（ ）a. 安培通過實驗的方法總結(jié)出真空中兩個靜止點電荷的作用力的規(guī)律b.

10、 法拉第最早引入“力線”形象描述電場的強弱c. 庫侖最早用實驗的方法精確測出電子的電量d. 法拉第最先發(fā)現(xiàn)利用磁場產(chǎn)生電流的方法【答案】bd【解析】【詳解】a庫倫通過實驗的方法總結(jié)出真空中兩個靜止點電荷的作用力的規(guī)律，a錯誤；b法拉第最早引入“力線”形象描述電場的強弱，b正確；c密立根最早用實驗的方法精確測出電子的電量，c錯誤；d法拉第最先發(fā)現(xiàn)利用磁場產(chǎn)生電流的方法，d正確。故選bd。9.老師在課堂上做了兩個小實驗，同學印象深刻。第一個實驗叫做“旋轉(zhuǎn)的液體”，在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極，沿邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極，把它們分別與電池的兩極相連，然后在玻璃皿中放入導電液體，例如鹽水，如果把玻璃

11、皿放在如圖甲的磁場中，液體就會旋轉(zhuǎn)起來。第二個實驗叫做“振動的彈簧”，把一根柔軟的彈簧懸掛起來，使它的下端剛好跟槽中的水銀接觸（如圖乙），通電后，發(fā)現(xiàn)彈簧不斷上下振動，下列關于這兩個趣味實驗的說法正確的是（ ）a. 圖甲中，如果改變磁場的方向，液體的旋轉(zhuǎn)方向改變b. 圖甲中，如果改變電源的正負極，液體的旋轉(zhuǎn)方向不變c. 圖乙中，如果改變電源的正負極，依然可以觀察到彈簧不斷上下振動d. 圖乙中，如果改變電源的正負極，觀察不到彈簧不斷上下振動【答案】ac【解析】【詳解】a圖甲中，如果改變電磁場的方向，液體所受的安培力方向改變，則液體的旋轉(zhuǎn)方向改變，a正確；b圖甲中，如果改變電源的正負極，電流方向改

12、變，液體所受的安培力方向改變，則液體的旋轉(zhuǎn)方向改變，b錯誤；cd圖乙中，當有電流通過彈簧時，構(gòu)成彈簧的每一圈導線周圍都產(chǎn)生了磁場，根據(jù)安培定則知，各圈導線之間都產(chǎn)生了相互的吸引作用，彈簧就縮短了，當彈簧的下端離開水銀后，電路斷開，彈簧中沒有了電流，各圈導線之間失去了相互吸引力，彈簧又恢復原長，使得彈簧下端又與水銀接觸，彈簧中又有了電流，開始重復上述過程。如果改變電源的正負極，仍然可以發(fā)生以上過程，c正確，d錯誤。故選ac。10.如圖，一價氫離子(h)和二價氦離子(he)的混合體，經(jīng)同一加速電場u1同時加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場u2中，偏轉(zhuǎn)后打在同一熒光屏上，則它們（ ）a. 同時到達屏上同一

13、點b. 先后到達屏上同一點c. 先后到達屏上不同點d. 到達屏上的速度不同【答案】bd【解析】【詳解】abc設加速電壓為u1，偏轉(zhuǎn)電壓為u2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為l，板間距離為d。在加速電場中，由動能定理得：兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于兩種粒子的比荷不同，則v0不同，所以兩粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間不同。兩種粒子在加速電場中的加速度不同，位移相同，則運動的時間也不同，所以兩粒子是先后離開偏轉(zhuǎn)電場。在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移聯(lián)立得 同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切值可見y和tan與電荷的電量和質(zhì)量無關。所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同。故兩種粒子打屏上同一點。ac錯誤

14、，b正確；d根據(jù)動能定理，粒子出離偏轉(zhuǎn)電場的動能：兩種粒子的電荷量不同，則動能增量不同，打到屏上的速度不同，d正確。故選bd。11.如圖為回旋加速器的示意圖兩個靠得很近的d形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為b一質(zhì)子從加速器的a處開始加速已知d形盒的半徑為r，高頻交變電源的電壓為u、頻率為f，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q已知質(zhì)子在磁場中運動的周期等于交變電源的周期，下列說法正確的是（ ）a. 質(zhì)子的最大速度不超過2rfb. 質(zhì)子的最大動能為c. 質(zhì)子的最大動能與u無關d. 若增大電壓u, 質(zhì)子的最大動能增大【答案】ac【解析】【詳解】a質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為r，

15、則所以最大速度不超過2fr，a正確。bc周期，質(zhì)子的最大動能與電壓無關，b錯誤，c正確；d質(zhì)子最大動能，只增大電壓u，則質(zhì)子的最大動能不變，d錯誤。故選ac。12.如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為，導軌電阻忽略不計虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場將兩根相同的導體棒pq、mn先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好已知pq進入磁場開始計時，到mn離開磁場區(qū)域為止，流過pq的電流隨時間變化的圖像可能正確的是a. b. c. d. 【答案】ad【解析】【詳解】根據(jù)圖像可知，設pq進入磁場勻速運動的速度為v，勻

16、強磁場的磁感應強度為b，導軌寬度為l，兩根導體棒的總電阻為r；根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律可得pq進入磁場時電流保持不變，根據(jù)右手定則可知電流方向qp；如果pq離開磁場時mn還沒有進入磁場，此時電流為零；當mn進入磁場時也是勻速運動，通過pq的感應電流大小不變，方向相反；如果pq沒有離開磁場時mn已經(jīng)進入磁場，此時電流為零，當pq離開磁場時mn的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，電流逐漸減小，通過pq的感應電流方向相反；a.圖像與分析相符，故a正確。b.圖像與分析不符，故b錯誤。c.圖像與分析不符，故c錯誤。d.圖像與分析相符，故d正確。二.實驗題(本題有2小題)13.

17、圖（a）螺旋測微器的讀數(shù)_mm；圖（b）游標卡尺的讀數(shù)_mm。【答案】 (1). 1.844(1.8421.848) (2). 42.40【解析】【詳解】1圖（a）螺旋測微器的讀數(shù)：1.5mm+0.01mm34.7=1.847mm；2圖（b）游標卡尺的讀數(shù)：42mm+0.05mm8=42.40mm。14.某興趣小組想要描繪一只“5v，4w”的小燈泡l的伏安特性曲線，要求測量數(shù)據(jù)盡量精確、繪制曲線完整，實驗室可供選用的器材除開關、導線外，還有：蓄電池組（電動勢6v，內(nèi)阻不計）電壓表v（量程為06v，內(nèi)阻約為4k）電流表a1（量程為01a，內(nèi)阻約為0.2）電流表a2（量程為03a，內(nèi)阻約為0.05

18、）滑動變阻器r（最大阻值為10，額定電流為2a）（1）實驗中所用的電流表應選_；（填“a1”或“a2”）（2）請在虛線框內(nèi)畫出實驗電路原理圖； （ ）（3）若該小組描繪出小燈泡的u-i圖象如圖所示，將其接在電動勢e = 3v，r = 3的電源兩端，則穩(wěn)定后小燈泡的電功率為_w（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?(1). a1 (2). (3). 0.70【解析】【詳解】(1)1小燈泡最大電流：故電流表選用即可；(2)2燈泡的最大電阻：由于，故電流表選用外接法；本實驗電流從零開始，故滑動變阻器選用分壓式接法，故電路如圖所示：(3)3設小燈泡接入電源時，兩端的電壓為，通過的電流為，由閉合電路歐姆定

19、律：在燈泡的中作出圖像如圖所示：圖中的交點即為燈泡接入電源兩端時燈泡的電壓和電流，由圖知：，故燈泡的電功率：15.在“用多用表測電阻、電流和電壓”的實驗中（1）用多用表測電流或電阻的過程中（ ）a.在測量電阻時，更換倍率后必須重新進行調(diào)零b.在測量電流時，更換量程后必須重新進行調(diào)零c.在測量未知電阻時，必須先選擇倍率最大擋進行試測d.在測量未知電流時，必須先選擇電流最大量程進行試測（2）測量時多用表指針指在如圖所示位置。若選擇開關處于“10 v”擋，其讀數(shù)為_ v；若選擇開關處于“10”擋，其讀數(shù)為_200 （選填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】 (1). ad (2). 5.4 (3)

20、. 小于【解析】【詳解】（1）1a、在測量電阻時，更換倍率后，歐姆表的內(nèi)部電阻發(fā)生了變化，歐姆檔的零刻度在最右邊，也就是電流滿偏，所以必須重新進行調(diào)零，故a正確。b、在測量電流時，根據(jù)電流表的原理，電流的零刻度在左邊，更換量程后不需要調(diào)零。故b錯誤；c、在測量未知電阻時，若先選擇倍率最大擋進行試測，當被測電阻較小時，電流有可能過大，所以應從倍率較小的擋進行測試，若指針偏角過小，在換用倍率較大的擋，故c錯誤。d、在測量未知電流時，為了電流表的安全，必須先選擇電流最大量程進行試測，若指針偏角過小，在換用較小的量程進行測量，故d正確。（2）23選擇開關處于“10v”擋，最小分度值為0.2v，所以此時

21、的讀數(shù)為5.4v。因多用電表的歐姆檔的刻度分布不是均勻的，越向左，刻度越密集，所以10至30的中間數(shù)值一定小于20，若選擇開關處于“10”擋，由圖可知其讀數(shù)小于200.三.計算題（本題共3小題）16.如圖甲所示，在水平方向的勻強電場中，用長為l的絕緣細線，拴住質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，線的上端o固定，開始時將線和球拉成水平，松開后，小球由靜止開始向下擺動，當擺過60角時，速度又變?yōu)榱銌枺海?）a、b兩點的電勢差多大？（2）電場強度多大？【答案】（1）ab兩點的電勢差uab為；（2）勻強電場的場強大小是【解析】試題分析：（1）小球從a到b過程中，重力做正功mglsin60，電場力做功為quab

22、，動能的變化量為零，根據(jù)動能定理求解電勢差uab；（2）根據(jù)電場強度與電勢差的關系u=ed求解場強式中d是ab沿電場線方向的距離，d=llcos60解：（1）小球由a到b過程中，由動能定理得：mglsin60+quab=0，解得：uab=；（2）ba間電勢差為：uba=uab=，則場強：e=；答：（1）ab兩點的電勢差uab為；（2）勻強電場的場強大小是【點評】本題是帶電體在電場中平衡和圓周運動的問題，需要正確分析小球的運動過程和小球的受力情況，根據(jù)動能定理和平衡條件，以及電場知識綜合求解17.如圖，平行金屬板m、n中心有小孔，板間電壓為u0=103v。金屬板e、f間有豎直方向的勻強電場，間距

23、為d=cm，長度為l=10cm，其右側(cè)區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場邊界ab與ac夾角為60且ab與金屬板e、f垂直現(xiàn)有一質(zhì)量m=3.210-25kg、電荷量q=1.610-18c的正電粒子，從極板m的小孔s1處由靜止出發(fā)，穿過小孔s2后沿e、f板間中軸線進入偏轉(zhuǎn)電場，然后從磁場ab邊界的p點平行ac方向進入磁場，若p與a點相距a=cm，不計重力求：（1）粒子到達小孔s2時的速度v0大??；（2）e、f兩極板間電壓u；（3）要使粒子進入磁場區(qū)域后能從ab 邊射出，磁場磁感應強度的最小值【答案】（1）1105 m/s；（2）200v；（3）1.6t【解析】【詳解】（1）粒子加速電場中，根據(jù)動能定理有得到達小孔s2時的速度=1105 m/s（2）粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時，速度偏轉(zhuǎn)角，豎直方向速度在偏轉(zhuǎn)電場中由于ef兩極板間電壓=200v（3）要使得從ab邊射出，r越大，b越小，r最大的臨界條件就是圓周與ac邊相切，由幾何關系得粒子進入磁場時速度在磁場中代入數(shù)據(jù)得所加磁場的磁感應強度最小值為=16t18.如圖所示，間距為l的平行且足夠長的光滑導軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分