1、延边二中20202021学年度第一学期期末考试高二物理试卷一、选择题（共12题，每题4分，共48分。其中19题为单选题，1012题为多选题。多选题中，每题至少有两个选项是正确的，全对得4分，选对但不全得2分，不选或错选得0分。）1两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电荷量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F，若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为(小球半径比r小得多) A BF C3F D9F2如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖
2、直方向的夹角为，下列说法正确的是A将A板向上提一些时，增大，增大B若增大d，则减小，不变C若增大d，则增大，变小D在两板间插入云母片时，则减小，不变3如图所示，导体棒ab在匀强磁场中沿金属导轨向右加速运动，c为铜制圆线圈，线圈平面与螺线管中轴线垂直，圆心在螺线管中轴线上，则A导体棒ab中的电流由b流向a B螺线管内部的磁场方向向左C铜制圆线圈c有收缩的趋势D铜制圆线圈c被螺线管吸引 4有一个均匀带电细圆环，以圆环圆心O为坐标原点，过O点且垂直于圆环平面的线为x轴，如图甲所示，现测得x轴上各点的电势随坐标x变化的图像如图乙所示，H、I分别是x轴负、正半轴上的点，且HOOI，取无穷远处电势为0。以
3、下分析不正确的是A该圆环带正电Bx轴上O点的电场强度为零CH点的电场强度一定小于I点的电场强度D将一个正的试探电荷沿x轴从H点移动到I点的过程中，电势能先减小后增大5如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O为圆心，一带电粒子从磁场边界圆上的A点以速度v0沿圆的半径方向射入磁场，经磁场偏转，粒子从P点射出磁场，POAO，仅改变粒子从A点射入磁场的速度大小，改变后粒子从Q点射出磁场，QOC60，则改变后粒子的速度ABCD6图中a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，O点为三角形的中心（O到三个顶
4、点的距离相等），则AO点的磁感应强度为零BO点的磁场方向垂直Oc向下C导线a受到的安培力方向水平向右D导线b受到的安培力方向沿bc连线方向指向c7长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是A使粒子的速度vC使粒子的速度vD使粒子的速度vr，当变阻器R3的滑片P由中点向b端移动时，下列说法中正确的是A电源的输出功率减小B电阻R2消耗的电功率减小C电压表示数变小，电流表示数变大D电压表示数变大，电流表示数变小11
5、如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列说法正确的是A速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外B能通过狭缝P的带电粒子的速率等于C比荷越大的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝PD粒子从P点运动到胶片A1A2的时间为12两等量同种正电定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个带电荷量2105C、质量为1g的小物块在水平面上从C点静止释放，其运动的vt图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线
6、斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是A由C点到A点电势逐渐升高B由C到A的过程中物块的电势能逐渐减小CA、B两点间的电势差UAB=500VDB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=100N/C二、实验题（每空2分，共16分。）13某实验小组要用伏安法描绘某灯泡的UI图线，小组观察发现小灯泡上标有“5V 2W”的字样。实验室现有下列器材供选用：A电压表（015V，内阻约为20k）；B电压表（06V，内阻约为5k）；C电流表（00.6A，内阻约为0.6）；D滑动变阻器（500，最大电流为1A）；E滑动变阻器（10，最大电流为2A）；F学生电源（直流6V）、开关、导线若干。(1)实
7、验中所用电压表应选_，滑动变阻器应选_；（均用选项前的字母表示）(2)根据实验的要求在虚线框中画出实验电路图（_）(3)该实验小组根据实验得到的数据画出了如图所示的小灯泡的U-I图线。当用电动势为4V、内阻为10的电源直接给该小灯泡供电时，该小灯泡的实际功率是_W（结果保留一位有效数字）。14某实验探究小组利用下列实验器材测量一节干电池的电动势和内阻。A待测干电池B灵敏电流表G（量程0100 mA，内阻rg=18 ）C电阻箱R（010.00）D各种型号的定值电阻E开关及导线若干(1)为了满足实验要求，该实验小组首先把现有的灵敏电流表改装成00.6A的电流表，改装时应并联一个阻值_的定值电阻。(
8、2)该实验小组利用改装后的电流表和上述器材用图甲所示电路来测电源的电动势和内阻。实验时，在闭合开关前，电阻箱的阻值应调至_（填“最大值”或“最小值”）。图乙是实验小组由实验数据绘出的R（其中I为改装后电流表的示数）图像，根据图像及条件可求得电源的电动势E_V，内阻r_。（结果均保留两位有效数字）三、解答题（共4题，其中第15题10分，第16题12分，第17题14分，第18题15分。其中第18题为附加题，得分计入总分。要求写出必要的公式、文字说明和解释，只写最后结果不得分。）15如图所示，水平放置的固定U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B5 T，导轨宽度L0.4 m，
9、左侧与R0.5 的定值电阻连接。右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m2.0 kg，电阻r0.5 ，与导轨的动摩擦因数0.2，其余电阻可忽略不计。导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x0.4m后，速度达到最大，取g10 m/s2。求：(1)导体棒ab运动的最大速度是多少？(2) 导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？16如图所示，以直角三角形AOC为边界的三角形区域内，有方向垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场（边界有磁场），A=60，AO=L，在O点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为。发射方向与OC边的夹角为=60
10、，粒子从A点射出磁场。（1）求粒子的发射速度大小v0及粒子在磁场中的运动时间（2）若入射粒子为正电荷（比荷不变），若要使粒子能从OC边射出，求粒子入射速度最大值17如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN=2d、PN=3d，离子重力不计。(1)求粒子离开加速度电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；(3
11、)若矩形区域内的电场强度与（2）中的电场强度相同，从A点静止释放离子的电荷量为2q，其他不变，此离子还是否仍能从P点进入上方的矩形电场区域？若不能，请说明理由；若能，计算打到NQ上的位置。18如图所示，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内存在可调节的垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)。一粒子源固定在x轴上M（L，0）点，沿y轴正方向释放出速度大小均为v0的电子，电子经电场后恰好从y轴上的N点进入第二象限。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，电场强度，不考虑电子的重力和电子间的相互作用，求：(1)ON的距离；(2)若第二象限充满匀强磁场，要使电子从x2L处射出第
12、二象限，则所加磁场的大小和方向；(3)若第二象限内的磁场是一个垂直于纸面向外的圆形有界磁场，磁感应强度为B，要使电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为60，已知粒子此后未进入第一象限，则圆形磁场的最小面积。参考答案1C【详解】由题意可知，当两小球相距为r时的库仑力为当两球接触后电荷量先中和后平分，所以两小球所带电荷量为置于相距的两点时库仑力大小为所以只有选项C正确。故选C。2A【详解】根据，可得，A将A板向上提一些时，两板正对面积减小，因此两板间电压升高，增大；电容器内部场强变大, 小球所受电场力变大，悬线与竖直方向的夹角为变大，A正确；BC由于电容器带电量Q不变，当增大d时，两板间电压升
13、高，增大；电容器内部场强不变, 小球所受电场力不变，悬线与竖直方向的夹角为不变，BC错误；D在两板间插入云母片时，增大，两板间电压降低，减小；电容器内部场强减小，小球所受电场力减小，悬线与竖直方向的夹角为变小，D错误。故选C。3D【解析】A由右手定则可知导体棒ab中的电流由a流向b，故A错误；B由安培定则可知螺线管内部的磁场方向向右，故B错误；CD螺线管电流增大，铜制圆线圈c磁通量增大，根据楞次定律可知会被螺线管排斥，铜制圆线圈c有收缩的趋势，故C错误，D正确。 故选D。4D【解析】由乙图知：O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也O点指向无穷远处，根据电场线从正电荷出发到无穷远
14、终止，可知该圆环带正电。故A正确。由对称性可知，x轴上O点的电场强度为零，选项B正确；-x图像的斜率等于电场强度，则H点的电场强度一定小于I点的电场强度，选项C正确；将正的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，所受的电场力先向左，后向右，则电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故D错误。此题选项不正确的选项，故选D.点睛：解决本题关键要理解电场线的分布情况和特点，抓住电场的对称性，分析电势的高低，能由电场力做功正负判断电势能的变化5B【解析】设圆心区域半径为，当粒子的速度为时，由题意知，则设改变后粒子的速度大小为，由几何关系知则，解得所以ACD错误，B正确。故选B。6B【解析】AB根据右
15、手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向左，b电流在O产生的磁场平行ac指向右下方，电流c在O产生的磁场平行ab指向左下方；由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则O点合场强的方向垂直Oc向下，故A错误，B正确；CD根据同向电流相吸、反向电流相斥，结合矢量合成法则；导线a受到的安培力方向水平向左，而导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方，故CD错误故选B。7D【解析】如图所示,带电粒子刚好打在极板右边缘时，根据几何关系有在磁场中，由洛伦兹力提供向心力解得v1粒子刚好打在极板左边缘时，根据几休何关系有，解得v2综合上述分析可知，粒子的速度范围为v，故选D。8C【名师解
16、析】：由题图乙可知，0t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错误；又由于0t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0t1内原磁场方向向里减小或向外增大，C正确，D错误9D【解析】A由于是匀强电场，故沿着一个方向前进相同距离电势的降低相等，故代入数据解得，故A错误；B由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为e=6V，连接Oe则为等势面，根据几何关系可知，abOe，因此abOe，因此ab为电场线，且
17、方向由b指向a，电场强度为，故B错误；C该点电荷在c点的电势能为，故C错误；D该点电荷从a点移到b点电场中做功为故D正确。故选D。10BC【解析】由图可知，R2与滑动变阻器并联后与R1串联；电压表测量路端电压；电流表测量流过滑动变阻器的电流，当滑片P向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，电路中总电阻减小，则干路电流增大，则由U=EIr可得，路端电压U减小，则电压表示数减小，因干路电流增大，则R1两端的电压增大，并联部分电压减小，则流过R2的电流减小，则流过电流表的电流增大，由可知，电阻R2消耗的电功率减小，因外电阻大于内电阻，当滑片向b移动时，总电阻减小，则外部电阻接近内阻，故电源的输出功率增
18、大故选BC。11AC【解析】A速度选择器中要求带电粒子受到的洛伦兹力和电场力方向相反，假如是带正电的粒子通过，其受到的电场力方向水平向右，则受洛伦兹力的方向水平向左，由此判断磁场方向应该是垂直纸面向外，故A正确；B能够通过速度选择器的粒子其受到的电场力和洛伦兹力正好平衡，即qvB=qE解得速度为，故B错误；C经过速度选择器进入偏转磁场的粒子其速度大小v是相等的，根据洛伦兹力提供向心力，解得，可知半径大的粒子比荷小，即比荷越大的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，故C正确；D所有打在A1A2上的粒子，在磁场中做匀速圆周运动，运动的时间等于故D错误。故选AC。12BD【解析】AB从速度时间图象可知，
19、由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对带正电的物块做正功，电势能一直减小，电势逐渐降低，故A错误B正确；C从速度时间图象可知，A、B两点的速度分别为 vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得 qUAB=mvB2-mvA2=10-3（42-62）J=-10-2J解得UAB=-500V故C错误；D带电粒子在B点的加速度最大，为 am=2m/s2所受的电场力最大为 Fm=mam=10-32N=210-3N则场强最大值为故D正确。故选BD。13B E 0.3 【解析】 (1)1电压需要达到小灯泡的额定电压5V，所以电压表选择B。2电压从0开始调节，滑动变阻器采用分压法接入电路，为了方便
20、调节，需要选择阻值较小，额定电流较大的滑动变阻器，即选择E。(2)3小灯泡的电阻约为根据可知电压表分流较小，所以电流表需要采用外接法，电路图如图(3)4在图像中根据闭合电路欧姆定律做出电源的图像如图图中交点即为小灯泡直接接入电源时的电流和电压，即，则功率为143.6 最大值 1.5 0.75 【解析】 (1)1把现有的灵敏电流表改装成00.6A的电流表，改装时应并联的电阻值为(2)2实验时，在闭合开关前，电阻箱的阻值应调至最大值。34由电路可知，即根据R图像可得则E=1.5V，因可得r=0.7515(1)1.5 m/s(2) 0.075 J【解析】 (1)导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势
21、大小：EBLv1分由闭合电路的欧姆定律得：I 1分导体棒受到的安培力：FABIL， 1分当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：mgF 2分解得最大速度：vm1.5 m/s。 1分(2) 在整个过程中，由能量守恒定律可得：FxQmgxmv 2分解得：Q0.15 J， 1分所以QR0.075 J。 1分16（1）； （2）【解析】（1）粒子从A点射出磁场，运动轨迹如图所示,由几何知识可知1分根据洛伦兹力提供向心力，所以2分代入解得 1分由几何知识可知，粒子转过的圆心角为1分角速度为2分则，粒子在磁场中的运动时间为1分（2）粒子能从OC边射出，根据作图由几何关系知，半径最大为1分根据洛伦兹
22、力提供向心力，则有2分解得最大速度为1分17(1) ；(2) ；(3) 打在NQ的中点【解析】(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有1分离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有1分解得 1分(2)离子做类平抛运动d=vt，1分3d=at21分由牛顿第二定律得qE=ma1分得1分(3)根据动能定理得2qUmv21分根据牛顿第二定律得 1分联立得1分即在均匀辐向分布的电场里运动的半径不变。故仍能从P点进入上方的矩形电场区域。离子做类平抛运动3dat21分由牛顿第二定律得2qE=ma1分x=vt=d1分即打在NQ的中点。1分18(1) ；(2) ；(3) 或【解析】(1)从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有2分2分解得，则ON的距离为1分(2)设电子到达N点的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为，由动能定理有1分根据速度关系可得解得1分设电子在磁场中运动的半径为r，由图可知 可得1分又有电子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律1分解得，1分垂直于纸面向外1分(3)当电子与x轴负方向的夹角为60时，其运动轨迹图如图电子在磁场中偏转90后射出，则磁场最小半径1分解得1分当电子与x轴正方向的夹角为60时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转150后射出，则磁场最小半径1分解得1分
