2019-2020學年寧夏銀川高二上學期期末考試物理試題 解析版

銀川2019/2020學年度（上）高二期末考試物理試卷一、選擇題（本題包括12小題。每小題3分，共36分。在每小題給出的四個選項中。只有一個選項正確）1.關(guān)于科學家在電磁學中的貢獻，下列說法不符合歷史事實的是（）A.庫倫測出了靜電力常量KB.安培提出了左手定則判斷磁場對電流的作用力方向C.洛倫茲提出了分子電流假說D.奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應【答案】C【解析】【詳解】A．庫倫也用類似的扭秤裝置測出了靜電力常量k，故A正確；B．安培提出了左手定則判斷磁場對電流的作用力方向，故B正確；C．安培提出了分子電流假說，故C錯誤；D．奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故D正確。故選C。2.關(guān)于磁感線和電場線，下列說法中正確的是（）A.磁感線和電場線都是一些互相平行的直線B.磁感線一定是閉合曲線，而電場線也可能是閉合曲線C.磁感線起始于N極，終止于S極；電場線起始于正電荷，終止于負電荷D.電場線和磁感線都可以用其疏密表示電場強度和磁感應強度的強弱【答案】D【解析】【詳解】A．磁感線和電場線不一定互相平行，故A錯誤；B．磁體周圍的磁感線從N極出發(fā)回到S極，在內(nèi)部則是從S極回到N極，磁感線是閉合曲線，電場線從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，靜電場線不是閉合曲線，故B錯誤；C．電場線起始于正電荷，終止于負電荷，磁體周圍的磁感線從N極出發(fā)回到S極，在內(nèi)部則是從S極回到N極，故C錯誤；D．電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，磁場的強弱可以利用磁感線的疏密程度來描述。磁場越強，磁感線越密集，故D正確。故選D。3.在邊長為a、厚度為h的導體中，通以圖示方向的電流，導體的電阻為R1，現(xiàn)將其四等分，取其中之一通以圖示方向的電流，其電阻為R2，則R1：R2為（）A.4：1B.1：1C.1：2D.2：1【答案】B【解析】【詳解】由電阻定律可知，長度變?yōu)樵瓉淼囊话?，面積變原來的一半，所以電阻不變，則電阻之比為1：1故選B。4.飛行器在太空飛行，主要靠太陽能電池提供能量．若一太陽能電池板，測得它的開路電壓為800mV，短路電流為40mA．若將該電池板與一阻值為20Ω的電阻器連成一閉合電路，則它的路端電壓是()A.0.10B.0.20VC.0.30VD.0.40V【答案】D【解析】【詳解】設(shè)電池板的內(nèi)阻為r，其開路電壓等于它的電動勢，依題意有：E=800mV；I短=E/r，解得電源內(nèi)阻：，電池板連上20Ω阻值后，流過電阻的電流大小為：；此時的路端電壓為：U=IR=20×20mV=400mV=0.4V；故D正確，ABC錯誤．5.如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路影響，當滑動變阻器的滑片向b端移動時，則()A.電壓表讀數(shù)增大B.電流表讀數(shù)減小C.質(zhì)點P將向上運動D.上消耗的功率逐漸減小【答案】D【解析】【詳解】ABC．由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減?。挥砷]合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大；故并聯(lián)部分的電壓減??；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過并聯(lián)部分的電流增大，故電流表示數(shù)增大，因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，因電容器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，電荷向下運動，故ABC錯誤；D．因R3兩端的電壓減小，由可知，R3上消耗的功率減??；故D正確。故選D。6.如圖所示，直線OAC為某一直流電源的總功率P總隨電流I變化的圖線，拋物線OBC為同一直流電源內(nèi)部熱功率Pr隨電流I變化的圖線．若A、B對應的橫坐標為2A，那么線段AB表示的功率及I＝2A對應的外電阻是()A.6W、2Ω B.4W、2ΩC.2W、1Ω D.2W、0.5Ω【答案】D【解析】由電源總功率為，得．由，可知．當電流為2A時，，得．此時線段AB表示的功率．綜上分析，D正確．7.三根完全相同的長直導線互相平行，通以大小和方向都相同的電流．它們的截面處于一個正方形abcd的三個頂點a、b、c處，如圖所示．已知每根通電長直導線在其周圍產(chǎn)生的磁感應強度與距該導線的距離成反比，通電導線b在d處產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小為B，則d處的磁感應強度大小為()A.2BB.BC.3BD.3B【答案】C【解析】【分析】根據(jù)每根通電長直導線在其周圍產(chǎn)生的磁感應強度與距該導線的距離成反比，得出各電流在d點所產(chǎn)生的B的大小關(guān)系，由安培定則確定出方向，再利用矢量合成法則求得B的合矢量的大小和方向．【詳解】假設(shè)正方形的邊長為L，通電導線b在a處所產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為B，根據(jù)幾何關(guān)系得．每根通電導線在其周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小與距該導線的距離成反比，則a與c在d處產(chǎn)生的磁場的強度，b在d處產(chǎn)生的磁場的強度為，方向如圖：則d點的磁感應強度，故B正確．8.如圖所示，厚度均勻的木板放在水平地面上，木板上放置兩個相同的條形磁鐵，兩磁鐵的極正對．在兩磁鐵豎直對稱軸上的點固定一垂直于紙面的長直導線，并通以垂直紙面向里的恒定電流，木板和磁鐵始終處于靜止狀態(tài)，則（）A.導線受到的安培力豎直向上，木板受到地面的摩擦力水平向右B.導線受到的安培力豎直向下，木板受到地面的摩擦力水平向左C.導線受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向右D.導線受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力為零【答案】C【解析】【詳解】AB.做出兩磁鐵的磁場經(jīng)過C點的磁感線，并標出兩磁場在C點的磁場方向，由矢量合成可知，合磁場的方向豎直向上．根據(jù)左手定則可知，導線受到的安培力水平向右，A、B不符合題意；CD.根據(jù)牛頓第三定律可知，木板和磁鐵組成的整體受到通電導線對它們水平向左的作用力，因此木板受到地面的摩擦力的方向水平向右，C符合題意，D不符合題意；9.如圖所示，abcd是一個用粗細均勻、同種材料的導線彎折成的長方形線框，線框豎直放置，ab長度為L，bc長度為．勻強磁場的方向垂直于金屬框平面向里，磁感應強度大小為B．若金屬框a、b兩端與恒壓電源相連，電流方向如圖所示，若通過ab邊的電流大小為，則金屬框受到的安培力大小和方向分別為A.，方向豎直向上 B.2BIL，方向豎直向上C，方向豎直向下 D.3BIL，方向豎直向下【答案】A【解析】【詳解】由題意可知，邊ab（cd）的長度是邊ad（bc）長度的2倍，所以邊ab（cd）的電阻是邊ad（bc）電阻的2倍，由并聯(lián)關(guān)系可知，通過adcb支路的電流為，所以邊dc所受安培力大小為方向豎直向上，邊ab所受安培力大小為Fab=BIL方向豎直向上，邊ad和邊bc所受安培力的合力為零，所以金屬框所受安培力大小為方向豎直向上．A．A項與上述分析結(jié)論相符，故A正確；B．B項與上述分析結(jié)論不相符，故B錯誤；C．C項與上述分析結(jié)論不相符，故C錯誤；D．D項與上述分析結(jié)論不相符，故D錯誤．10.磁流體發(fā)電的原理如圖所示．將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓．如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極．若穩(wěn)定時等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為ρ．忽略邊緣效應，下列判斷正確的是（）A.上板為正極，電流B.上板為負極，電流C.下板為正極，電流D.下板為負極，電流【答案】C【解析】【分析】等離子體進入板間受到洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷離子的偏轉(zhuǎn)方向，即可確定極板的極性，離子在運動過程中同時受電場力和洛倫茲力，二力平衡時兩板間的電壓穩(wěn)定，由平衡條件求電源的電動勢，結(jié)合電路知識分析板間的電流．【詳解】根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負電荷受到的洛倫茲力向上，因此下極板為電源的正極，根據(jù)平衡有，解得穩(wěn)定時電源的電動勢，則流過R的電流為，而，，則得電流大小為，C正確．【點睛】本題的關(guān)鍵是理解磁流體發(fā)電機的工作原理，知道穩(wěn)定時，離子所受的電場力和洛倫茲力平衡，結(jié)合閉合電路歐姆定律進行分析．11.如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運動的時間為A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】運動軌跡如圖:即運動由兩部分組成,第一部分是個周期,第二部分是個周期,粒子在第二象限運動轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運動的時間為；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運動的時間為；則粒子在磁場中運動的時間為：，故B正確，ACD錯誤．.12.如圖所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，P為屏上的一個小孔，PC與MN垂直，一群質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域，粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)，則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為：（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力有：可知：如圖所示：取一粒子，設(shè)粒子與PC夾角為α，則由幾何關(guān)系可知，打在屏上距離與P點相距：故可知當α=0時，打在屏上的距離最遠，最遠距離為：L=2R當α=θ時，打在屏上的距離最近，最近距離為：故有粒子打中的區(qū)域為：故選D．二、多項選擇題（本題包括4小題。每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中。有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）13.四個相同的小量程電流表（表頭）分別改裝成兩個電流表A1.A2和兩個電壓表V1.V2.已知電流表A1的量程大于A2的量程，電壓表V1的量程大V2的量程，改裝好后把它們按圖示接入電路，則（）A.電流表A1的讀數(shù)大于電流表A2的讀數(shù)B.電流表A1的偏轉(zhuǎn)角小于電流表A2的偏轉(zhuǎn)角;C.電壓表V1的讀數(shù)小于電壓表V2的讀數(shù);D.電壓表V1的偏轉(zhuǎn)角等于電壓表V2的偏轉(zhuǎn)角【答案】AD【解析】【詳解】A、電流表A1的量程大于電流表A2的量程，故電流表A1的電阻值小于電流表A2的電阻值，并聯(lián)電路中，電阻小的支路電流大，故電流表A1的讀數(shù)大于電流表A2的讀數(shù)，故A正確；B、兩個電流表的表頭是并聯(lián)關(guān)系，電壓相同，故偏轉(zhuǎn)角度相等，故B錯誤；C、電壓表V1的電阻值大于電壓表V2的電阻值，故電壓表V1的讀數(shù)大于電壓表V2的讀數(shù)，故C錯誤；D、兩個電壓表的表頭是串聯(lián)關(guān)系，電流相等，故偏轉(zhuǎn)角度相等，故D正確；故選AD．14.圖中虛線所圍的區(qū)域內(nèi)存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場．已知從左側(cè)水平射入的電子，在穿過該區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)．不計重力，則在這個區(qū)域中的E和B的方向可能是A.E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相同B.E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相反C.E豎直向上，B垂直紙面向外D.E豎直向上，B垂直紙面向里【答案】ABC【解析】【詳解】A、若E和B都沿水平方向，并與電子運動方向相同，則有電子所受電場力方向與運動方向相反，而由于電子運動方向與B方向相互平行，所以不受磁場力，因此穿過此區(qū)域不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)．故A正確；B、若E和B都沿水平方向，并與電子運動方向相反，則有電子所受電場力方向與運動方向相同，而由于電子運動方向與B方向在一條直線上，所以不受磁場力，因此穿過此區(qū)域不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)．故B正確；C、若E豎直向上，B垂直于紙面向外，則有電場力豎直向下，而磁場力由左手定則可得方向豎直向上，所以當兩力大小相等時，電子穿過此區(qū)域不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)．故C正確；D、若E豎直向上，B垂直于紙面向里，則有電場力方向豎直向下，而磁場力方向由左手定則可得豎直向下，所以兩力不能使電子做直線運動，故D錯誤；15.1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示．這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是A.回旋加速器交流電的周期等于帶電粒子圓周運動周期的一半B.利用回旋加速器加速帶電粒子，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑RC.回旋加速器的加速電壓越大，帶電粒子獲得的最大動能越大D.粒子每次經(jīng)過D型盒狹縫時，電場力對粒子做功一樣多【答案】BD【解析】【分析】回旋加速器靠電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，判斷粒子的最大速度與什么因素有關(guān)．加速粒子時，交變電場的周期與粒子在磁場中運動的周期相等．【詳解】加速粒子時，交變電場的周期必須與粒子在磁場中運動的周期相等，這樣才能使得每次經(jīng)過D型盒的狹縫中時都能被電場加速，選項A錯誤；當粒子運轉(zhuǎn)半徑等于D型盒的半徑時粒子速度最大，即，則，則要提高加速粒子的最終能量，應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑R，帶電粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，選項B正確，C錯誤；粒子每次經(jīng)過D型盒狹縫時，電場力對粒子做功均為qU，選項D正確；故選BD.【點睛】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，以及知道最大速度與什么因素有關(guān)．16.如圖所示的空間存在水平向右的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的小環(huán)套在粗糙且足夠長的豎直絕緣桿上，由靜止開始（）A.小球的加速度不斷減小，直至為零B.小球的加速度先增大后減小，直至為零C.小球的速度先增大后減小，直至某一值D.小球的動能不斷增大,直至某一最大值【答案】BD【解析】【詳解】小球下滑過程中，受到重力、摩擦力（有時有）、彈力（有時有）、向右的電場力、向左的洛倫茲力，開始階段，洛倫茲力小于電場力時，小環(huán)向下做加速運動時，速度增大，洛倫茲力增大，小球所受的桿的彈力向左，大小為N隨著v的增大而減小，滑動摩擦力f=μN也減小，小球所受的合力f減小，F(xiàn)合增大，加速度a增大；當洛倫茲力等于電場力時，合力等于重力，加速度最大；小球繼續(xù)向下做加速運動，洛倫茲力大于電場力，小球所受的桿的彈力向左，大小為v增大，N增大，f增大，F(xiàn)合減小，a減小，mg=f時，a=0，故加速度先增大后減小，直到為零；小球的速度先增大，后不變；桿對小球的彈力先減小后反向增大，最后不變；洛倫茲力先增大后不變。故BD正確。故選BD。三、實驗題（共15分）17.某同學要測量一個由均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ．步驟如下：①用20分度的游標卡尺測量其長度如圖甲所示，可知其長度為_____mm；②用螺旋測微器測量其直徑如圖乙所示，可知其直徑為_____mm；③多用電表的電阻擋有三個倍率，分別是×1Ω、×10Ω、×100Ω。用×10Ω擋測量此金屬絲的電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很大，為了較準確地進行測量，應換到______________擋。如果換擋后立即用表筆連接待測電阻進行讀數(shù)，那么缺少的步驟是______________。若補上該步驟后測量，表盤的示數(shù)如圖所示，則該電阻的阻值是_______Ω?！敬鸢浮?1).50.15mm(2).4.699mm(4.698mm,4.700mm)(3).×1(4).電阻（歐姆）調(diào)零(5).18.0Ω【解析】【詳解】(1)[1]由圖甲所示可知，游標卡尺主尺示數(shù)為50mm，游標尺示數(shù)為3×0.05mm=0.15mm，游標卡尺示數(shù)為50mm+0.15mm=50.15mm；(2)[2]由圖乙所示可知，螺旋測微器固定刻度示數(shù)為4.5mm，游標尺示數(shù)為19.9×0.01mm=0.19mm，螺旋測微器示數(shù)為4.5mm+0.199mm=4.699mm，由于讀數(shù)誤差所以4.698mm,4.700mm均可；(3)[3][4][5]用×10Ω擋測量某電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很大，說明所選擋位太大，為了較準確地進行測量，應換到×1Ω擋，如果換擋后立即用表筆連接待測電阻進行讀數(shù)，那么缺少的步驟是歐姆調(diào)零；由圖是表盤可知，歐姆表示數(shù)為18.兩位同學在實驗室中利用如圖(a)所示的電路測定值電阻R0、電源的電動勢E和內(nèi)電阻r，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動觸頭P向某一方向移動時，一個同學記錄的是電流表A和電壓表V1的測量數(shù)據(jù)，另一位同學記錄的是電流表A和電壓表V2的測量數(shù)據(jù)．并根據(jù)數(shù)據(jù)描繪了如圖(b)所示的兩條U-I圖線．回答下列問題：(1)根據(jù)甲、乙兩同學描繪的圖線，可知（）A．甲同學是根據(jù)電壓表V1和電流表A的數(shù)據(jù)B．甲同學是根據(jù)電壓表V2和電流表A的數(shù)據(jù)C．乙同學是根據(jù)電壓表V1和電流表A的數(shù)據(jù)D．乙同學是根據(jù)電壓表V2和電流表A的數(shù)據(jù)(2)根據(jù)圖(b)，可以求出定值電阻R0＝________Ω，電源電動勢E＝________V，內(nèi)電阻r＝________Ω．電源的效率η=________（3）當滑動變阻器的阻值R=________Ω時滑動變阻器消耗的電功率最大，P最大值=________W（保留三位小數(shù)）【答案】(1).AD(2).2Ω(3).1.5V(4).1.0Ω(5).66.7%(6).3.0(7).0.188【解析】【詳解】(1)[1]從電路連接可以看出，電流表A的讀數(shù)增大時，電壓表V1的讀數(shù)減小，電壓表V2的讀數(shù)增大，甲同學是根據(jù)電壓表V1和電流表A的數(shù)據(jù)繪制圖像的，乙同學是根據(jù)電壓表V2和電流表A的數(shù)據(jù)繪制圖像的，故AD正確。故選AD。(2)[2]定值電阻的U-I圖線是正比圖線，斜率表示電阻[3]由圖示甲所示圖像可知，電源U-I圖像與縱軸交點坐標值是1.5，則電源電動勢[4]電源內(nèi)阻[5]此時電流為0.5A，路端電壓為1.0V，所以電源效率為(3)[6][7]將定值電阻與電源看成等效電源，當滑動變阻器的阻值與等效電源的內(nèi)阻相等時，滑動變阻器的功率最大，即滑動變阻器的阻值R=最大功率為四、計算題19.質(zhì)譜儀原理如圖所示，a為粒子加速器，電壓為U1；b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，板間距離為d；c為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應強度為B2.今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動．求：(1)粒子的速度v為多少？(2)速度選擇器的電壓U2為多少？(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大？【答案】(1)(2)B1d(3)【解析】【詳解】解：(1)在電場中，粒子被加速電場U1加速，由動能定理有：解得粒子的速度：(2)在速度選擇器中，粒子受電場力和洛倫茲力大小相等，則有：解得速度選擇器的電壓：(3)在磁場中，粒子受洛倫茲力作用而做圓周運動，則有：解得半徑：20.如圖所示，M為一線圈電阻的電動機，，電源電動勢當S斷開時，電流表的示數(shù)為，當開關(guān)S閉合時，電流表的示數(shù)為求：（1）電源內(nèi)阻r；（2）開關(guān)S閉合時流過R的電流；（3）開關(guān)S閉合時電動機輸出的機械功率．【答案】（1）（2）1.5A（3）87.5