2019-2020年高二下學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平測試物理試題 含解析zhangsan.doc

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2019-2020年高二下學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平測試物理試題 含解析zhangsan一、單項選擇題：本題包括6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中只有一個選項符合題目要求，選對的得4分，選錯或不答的得0分。1以下符合物理學(xué)史的是 A法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的周圍存在磁場B. 法拉第通過實驗總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律C安培總結(jié)并確認(rèn)了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用規(guī)律D. 安培發(fā)現(xiàn)了電流的周圍存在磁場【答案】BAD、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的周圍存在磁場，故A錯誤D錯誤；B、法拉第通過實驗總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律，故B正確；C、庫侖總結(jié)并確認(rèn)了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用規(guī)律，故C錯誤。故選B?！究键c】物理學(xué)史2如圖所示，傾斜導(dǎo)軌寬為L，與水平面成角，處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，金屬桿ab水平放在導(dǎo)軌上當(dāng)回路電流強度為I時，金屬桿ab所受安培力FABC安培力的方向垂直ab桿沿斜面向上D安培力的方向垂直ab桿水平向右【答案】DAB、由于ab棒與磁場垂直，所以導(dǎo)體棒ab受到安培力的大小為F=BIL，故AB都錯誤；CD、導(dǎo)體棒中電流方向為：ba，由左手定則判斷可知：導(dǎo)體棒ab受到安培力的方向為垂直于桿方向水平向右，故C錯誤D正確。故選D?！究键c】左手定則；安培力3如圖，P和Q為帶電量分別為+q和-q的兩個等量異種電荷，兩者相距為L，O為PQ連線的中點，M、N為中垂線上關(guān)于O點對稱的兩個點，則A M、O、N三點的場強都相等BM、N 兩點的場強大小相等，方向相同CO點的場強為零DM、O、N三點的電勢大小關(guān)系為MNO【答案】B常見電場的電場線中，等量異種電荷的電場線特點如圖，ABC、由等量異種電荷的電場線的特點圖，可知：M、0、N三點的場強方向都水平向右，O點的場強最大，MN兩點的場強大小相等，故AC錯誤B正確；D、中垂線MN是一條等勢線，故M、0、N三點的電勢相等，故D錯誤。故選B。【考點】電勢；電場強度4如圖所示，長為a、寬為b的矩形線圈，電阻為r，處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場邊緣，磁場方向垂直于紙面向外，線圈與磁感線垂直。用力F將線圈向右以速度v勻速拉出磁場的過程中A線圈中感應(yīng)電流大小為 B安培力做的功等于FbC線圈中感應(yīng)電流方向為逆時針 D線圈所受安培力逐漸減小【答案】CA、線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為，感應(yīng)電流大小為，故A錯誤B、線圈勻速拉出時，拉力等于安培力，則知安培力大小為F，由于安培力方向與F的方向相反，因而安培力做負(fù)功，所以安培力做的功為-Fa，故B錯誤；C、線圈穿出磁場時磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知：線圈中感應(yīng)電流方向為逆時針，故C正確；D、線圈所受安培力大小為，可知安培力不變，故D錯誤。故選C?！究键c】安培力；楞次定律；法拉第電磁感應(yīng)定律5.如圖所示，當(dāng)平行板電容器C充電后把電鍵S斷開設(shè)電容器電壓為U，電量為Q現(xiàn)只將電容器兩板的正對面積減小，則A.Q變大 B.Q變小 C.U變大D.U變小【答案】C根據(jù)可知，正對面積減小，則電容減小，電容與電源斷開，則電荷量Q不變，根據(jù)知，電勢差U增大，故C正確。故選C?！究键c】電容器的動態(tài)分析6一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線所示，不計粒子所受的重力，則A粒子帶正電 BA點的場強小于B點的場強C粒子的加速度逐漸增加 D粒子的速度不斷減小【答案】DA、由運動與力關(guān)系可知，電場力方向與速度方向分居在運動軌跡兩邊，且電場力偏向軌跡的內(nèi)側(cè)，故在A點電場力沿電場線向左，電場的方向向右，電場力的方向與電場方向相反，故粒子帶負(fù)電，故A錯誤；BC、根據(jù)電場線的疏密可知，A的電場強度大B點的電場強度，所以粒子在A點的電場力大B點的電場力，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在A點的加速度大B點的加速度，即粒子的加速度逐漸減小，故BC錯誤；D、不計粒子所受的重力，只有電場力做功，又粒子從A到B電場力做負(fù)功，所以動能減小，即速度不斷減小，故D正確。故選D?！究键c】電場線；牛頓第二定律；電場強度二、雙項選擇題：本題包括6小題，每小題4分，共24分。每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求。全選對得4分，只選1個且正確得2分，有選錯或不答的得0分。7如圖所示的電路中，當(dāng)滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時A電壓表的讀數(shù)增大 BR1消耗的功率增大C電容器C的電容增大 D電容器C所帶電量增多【答案】ADA、當(dāng)滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，變阻器在路電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，電壓表的讀數(shù)增大，故A正確；B、干路電流減小，R1消耗的功率減小，故B錯誤；C、電容器的電容與R2無關(guān)，故C錯誤；D、電容器的電壓U=E-I（R1+r），I減小，其他量不變，則U增大，由Q=CU知，電容器C所帶電量增多，故D正確。故選AD?！究键c】閉合電路的歐姆定律8.如圖，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛人一正方形的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于紙面向里，對從ab邊離開磁場的電子，下列判斷正確的是A.從a點離開的電子速度最小B.從a點離開的電子在磁場中運動時間最短C.從b點離開的電子運動半徑最小D.從b點離開的電子運動半徑最大【答案】BCACD、對于從右邊離開磁場的電子，從a離開的軌道半徑最大，從b點離開的電子運動半徑最小，根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中的半徑公式，知軌道半徑大，則速度大，則a點離開的電子速度最大，故AD錯誤C正確；B、從a點離開的電子偏轉(zhuǎn)角最小，則圓弧的圓心角最小，根據(jù)，與粒子的速度無關(guān)，知越小，運行的時間越短，故從a點離開的電子在磁場中運動時間最短，故B正確。故選BC。【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；洛侖茲力9如圖（甲）所示，AB是電場中的一條直線。電子以某一初速度從A點出發(fā)，僅在電場力作用下沿AB運動到B點，其圖象如圖（乙）所示，關(guān)于A、B兩點的電場強度、和電勢的關(guān)系，下列判斷正確的是A BC D【答案】ACAB、由圖可知，電子在A點加速度較大，則可知A點所受電場力較大，由F=Eq可知，A點的場強要大于B點場強；故A正確B錯誤；CD、電子從A到B的過程中，速度減小，動能減小，則可知電場力做負(fù)功，故電勢能增加，故，電子帶負(fù)電，由可知，A點的電勢要大于B點電勢即AB，故C正確D錯誤。故選AC?！究键c】電勢；電場強度10. 如圖，足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，勻強磁場垂直導(dǎo)軌所在的平面，金屬棒ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.ab由靜止釋放后A. 速度一直增大 B. 加速度一直保持不變C. 電流方向沿棒由a向b D. 安培力的最大值與其重力等大【答案】CDA、金屬棒受到重力和安培力作用，隨著速度的增大，安培力逐漸增大，安培力先小于重力，后等于重力，速度先增大后不變，故A錯誤；B、根據(jù)牛頓第二定律得知，加速度先減小后為零，故B錯誤；C、由右手定則判斷可知，感應(yīng)電流方向沿棒由a向b故C正確；D、安培力隨著速度的增大而增大，當(dāng)速度最大時，安培力也最大，此時棒做勻速運動，安培力的最大值與其重力等大，故D正確。故選CD?！究键c】力的合成與分解；牛頓第二定律；法拉第電磁感應(yīng)定律11如圖所示，帶電粒子從A開始沿虛線穿過豎直放置的平行板電容器，電容器左極板帶正電，則粒子A帶負(fù)電 B做加速運動 C機械能增加 D電勢能增大【答案】ADA、粒子做直線運動，合力方向與速度方向必定在同一直線上，則可判斷出電場力的方向水平向左，而電場方向水平向右，所以粒子帶負(fù)電，故A正確；B、由于合力的方向與速度方向相反，電場力與重力均是恒力，合力也是恒力，則粒子做勻減速運動，故B錯誤；CD、電場力做負(fù)功，所以根據(jù)功能關(guān)系得知，粒子的機械能減小，電勢能增加，故C錯誤D正確。故選AD。【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動12目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的粒子，而從整體來說呈中性）沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷，在磁極配置如圖中所示的情況下，下述說法正確的是A.A板帶正電 B.有電流從B經(jīng)用電器流向AC.金屬板A、B間的電場方向向下D.等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力【答案】BDA、根據(jù)左手定則知，正電荷向下偏，負(fù)電荷向上偏，則A板帶負(fù)電，故A錯誤；B、因為B板帶正電，A板帶負(fù)電，所以電流的流向為B經(jīng)用電器流向A，故B正確；C、因為B板帶正電，A板帶負(fù)電，所以金屬板間的電場方向向上，故C錯誤；D、等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力，故D正確。故選BD?！究键c】帶電粒子在混合場中的運動三、非選擇題：本大題共4小題，共52分。按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13（1）(8分)一同學(xué)想要測定一根金屬絲的電阻率。使用的器材有：金屬絲Rx，螺旋測微器、多用電表、電流表、電壓表、滑動變阻器、學(xué)生電源、開關(guān)、導(dǎo)線若干。他先用多用電表的歐姆擋“1”擋粗測金屬絲的阻值，在正確操作的情況下，表盤指針如圖甲所示，可讀得金屬絲的阻值Rx= 。螺旋測微器測量金屬絲的直徑，如圖所示，金屬絲的直徑是_ _mm；根據(jù)多用電表示數(shù)，為了減少實驗誤差，并在實驗中獲得較大的電壓調(diào)節(jié)范圍，應(yīng)從圖（丙）的A、B、C、D四個電路中選擇_ _電路來測量金屬絲電阻；連接電路，閉合開關(guān)，改變滑動變阻器的阻值，測得多組電壓、電流值，并根據(jù)數(shù)據(jù)在UI坐標(biāo)中描點連線，如圖（丁）所示。從圖象可以發(fā)現(xiàn)，逐漸調(diào)高金屬絲兩端電壓，它的阻值隨之_（填“變大”、“不變”或“變小”）.【答案】6.0 0.608 D 變大（1）由圖示歐姆表可知，其示數(shù)為61=6；（2）由圖示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為0.5mm，可動刻度示數(shù)為10.80.01mm=0.108mm，螺旋測微器示數(shù)為0.5mm+0.108mm=0.608mm；（3）為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，電阻絲阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用外接法，故選D所示電路；（4）由圖示圖象可知，隨電壓增大，電流增大，電壓與電流比值變大，電阻變大?！究键c】測定金屬的電阻率（2）(10分)小明設(shè)計了如圖甲所示的電路來測未知電阻、電池的電動勢E和內(nèi)阻r。閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值如圖丙所示時，電壓表和的示數(shù)分別為1.0V、4.0V，此時電阻箱的阻值R= ，待測電阻的阻值= ，與待測電阻的真實值比較， (填“大于”、“等于”或“小于”)。改變電阻箱的阻值，讀出電壓表的示數(shù)，取得多組數(shù)據(jù)，作出路端電壓與外電阻的關(guān)系圖線如圖丁所示。由圖線求得電池的電動勢E= V，內(nèi)電阻r= 。（取2位有效數(shù)字）【答案】R= 21.0 大于 E=10V r= 42由電阻箱圖示可知，電阻為：；串聯(lián)電路各處的電流相等，且U=4V，Rx兩端的電壓Ux=1V，則：，即解得：；考慮電池的內(nèi)阻時有：所以有：，故待測電阻的真實值比較真實值偏大；當(dāng)路端電壓為0時，電壓表V的示數(shù)即為電源的電動勢，即U=10V；當(dāng)時，即：，因為串聯(lián)電路各處的電流相等，所以，解得：r42。【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻14（12分）如圖所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為d，MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線。一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計離子的重力。（1）已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大小和方向；（2）若撤去板間磁場B0，已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場，方向與水平方向成角，求A點離下極板的高度；（3）在（2）的情形中，為了使離子進(jìn)入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多大？【答案】場強的方向豎直向下 （1）設(shè)板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛侖茲力平衡，有解得由左手定則可判斷出洛侖茲力方向豎直向上，所以電場力的方向豎直向下，故場強的方向豎直向下。（2）設(shè)A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v，根據(jù)動能定理，得離子在電場中做類平拋運動，水平分方向做勻速運動，有，解得（3）設(shè)離子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，得由幾何關(guān)系得，解得【考點】牛頓第二定律；動能定理；共點力平衡15.( 11分）如圖甲所示，電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距L = 0.5m，上端連接R=0.5的電阻，下端連著電阻不計的金屬卡環(huán)，導(dǎo)軌與水平面的夾角=300，導(dǎo)軌間虛線區(qū)域存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上的磁場，其上、下邊界之間的距離s = 1Om，磁感應(yīng)強 度B-t圖如圖乙所示.長為L且質(zhì)量為m= 0.5kg的金屬棒ab的電阻不計，垂直導(dǎo) 軌放置于距離磁場上邊界d = 2.5m處，在t= O時刻由靜止釋放，棒與導(dǎo)軌始終接觸良 好，滑至導(dǎo)軌底端被環(huán)卡住不動.g取10m/s2，求：(1)棒運動到磁場上邊界的時間；(2)棒進(jìn)人磁場時受到的安培力；(3)在0-5s時間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱.【答案】 （1）棒從靜止釋放到剛進(jìn)磁場的過程中做勻加速運動，由牛頓第二定律得：得：由運動學(xué)公式：得：（2）棒剛進(jìn)磁場時的速度由法拉第電磁感應(yīng)定律：而得：（3）因為，所以金屬棒進(jìn)入磁場后做勻速直線運動，運動至導(dǎo)軌底端的時間為：由圖可知，棒被卡住1s后磁場才開始均勻變化，且由法拉第電磁感應(yīng)定律：所以在0-5s時間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為：而，所以?！究键c】牛頓第二定律；法拉第電磁感應(yīng)定律16.（11分）如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，虛線OM與x軸成450角，在OM與x軸之間（包括x軸）存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在y軸與OM之間存在豎直向下、電場強度大小為E的勻強電場，有一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子以某速度沿x軸正方向從O點射入磁場區(qū)域并發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不計帶電粒子的重力和空氣阻力，在帶電粒子進(jìn)入磁場到第二次離開電場的過程中，求（1）若帶電粒子從O點以速度V1進(jìn)入磁場區(qū)域，求帶電粒子第一次離開磁場的位置到O點的距離？（2）當(dāng)粒子最初進(jìn)入磁場時速度V的大小變化時，討論粒子第二次離開電場時速度大小與V大小的關(guān)系。【答案】若，；若，。（1）帶電粒子進(jìn)入磁場中，受到洛倫茲力做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得得軌跡半徑設(shè)粒子從N點離開磁場，如圖，由幾何知識知，；（2）帶電粒子進(jìn)入電場時做類平拋運動，第二次離開電場時恰好經(jīng)過O點，畫出軌跡，則水平位移豎直位移而聯(lián)立得：討論：若，則粒子從y軸離開電場，水平位移為，得離開電場時豎直分速度帶電粒子離開電場時速度大小為；若，則粒子從OM邊界離開電場，粒子在x、y兩個方向的分位移相等；、則得所以粒子離開電場時速度大小為。【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；帶電粒子在勻強電場中的運動揭陽第一中學(xué)xx學(xué)年度第一學(xué)期高二級期末考試物理科參考答案一、單項選擇題（24分）題號 123456答案BDBCCD二、雙項選擇題（24分）題號789101112答案ADB CA CC DADB D三、非選擇題（52分）13（1）6.0 0.608 D 變大（2）R= 21.0 大于 E=10V r= 4214（12分）（1）設(shè)板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛侖茲力平衡，有解得由左手定則可判斷出洛侖茲力方向豎直向上，所以電場力的方向豎直向下，故場強的方向豎直向下。（2）設(shè)A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v，根據(jù)動能定理，得離子在電場中做類平拋運動，水平分方向做勻速運動，有，解得（3）設(shè)離子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，得由幾何關(guān)系得，解得15.( 11分）（1）棒從靜止釋放到剛進(jìn)磁場的過程中做勻加速運動，由牛頓第二定律得：得：由運動學(xué)公式：得：（2）棒剛進(jìn)磁場時的速度由法拉第電磁感應(yīng)定律：而得：（3）因為，所以金屬棒進(jìn)入磁場后做勻速直線運動，運動至導(dǎo)軌底端的時間為：由圖可知，棒被卡住1s后磁場才開始均勻變化，且由法拉第電磁感應(yīng)定律：所以在0-5s時間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為：而，所以。16.（11分）（1）帶電粒子進(jìn)入磁場中，受到洛倫茲力做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得得軌跡半徑設(shè)粒子從N點離開磁場，如圖，由幾何知識知，；（2）帶電粒子進(jìn)入電場時做類平拋運動，第二次離開電場時恰好經(jīng)過O點，畫出軌跡，則水平位移豎直位移而聯(lián)立得：討論：若，則粒子從y軸離開電場，水平位移為，得離開電場時豎直分速度帶電粒子離開電場時速度大小為；若，則粒子從OM邊界離開電場，粒子在x、y兩個方向的分位移相等；、則得所以粒子離開電場時速度大小為。