1、四川省成都市青白江区南开为明学校2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、单选题1.下列说法正确的是A. 电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度定义式为B. 磁感应强度B是矢量，其定义式为C. 电流I是标量，其定义式为IneSvD. 电容C是标量，平行板电容器的电容定义式为【答案】B【解析】【详解】A. 电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度决定式为，故A错误B. 磁感应强度B是矢量，其定义式为，故B正确C. 电流I是标量，其定义式为，故C错误D. 电容C是标量，平行板电容器的电容决定式为，故D错误2.关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（ ）A. 电磁波由真空进入介质，频
2、率不变，速度变大B. 均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场C. 声波和电磁波都可在真空中传播D. 雷达是用电磁波来测定物体位置的设备【答案】D【解析】【详解】根据nc/v可知，电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变，故A错误；根据电磁波理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，故B错误；声波属于机械波，它的传播离不开介质，电磁波可在真空中传播，故C错误；雷达的工作原理是：发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、距离变化率（径向速度）、方位、高度等信息，故D正确故选D3.如图，电荷量分别为Q(Q0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点在O与Q之间的x
3、轴上，b点在y轴上取无穷远处的电势为零下列说法正确的是A. O点电势为零，电场强度也为零B. a点的电场强度一定大于b点的电场强度C. 将负的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D. 将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大【答案】B【解析】【详解】A.结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以Ob连线的电势等于0，而电场强度不等于0故A错误；B.根据点电荷电场强度公式，及矢量的叠加原理可知，在x轴上，O点的电场强度最小，而在y轴上，O点的电场强度最大，因此a点电场强度
4、大于b点电场强度的大小，故B正确；C.将负的试探电荷从O点移到a点，即将负电荷从低电势移到高电势，则其电势能减小，电场力做正功，故C错误；D.两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误；4.如图所示的电路中变阻器的最大阻值大于电源的内阻调节变阻器的阻值使其由大到小，发现理想电流表A的示数为1.5A时，电源的输出功率达到最大值9W由此可知A. 电源的内阻为4B. 电源的电动势为6VC. 电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为4D. 该电路中，电源效率的最大值为50%【答案】A【解析】【详解
5、】A.电源的输出功率达到最大时，设滑动变阻器的电阻值为R，则：P=I2R可得：，根据电源的输出功率最大的条件：外电阻与电源的内电阻相等可知，电源的内电阻也是4故A正确；B.电源的电动势：E=I（R+r）=1.5（4+4）=12V故B错误；C.电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为：R总=R+r=4+4=8故C错误；D.电源的效率=100%，随外电阻的变化而变化，外电阻越大，则效率越大，可以大于50%故D错误.5.如图，长为1m的金属直棒以1m/s的速度沿倾角60的绝缘斜面匀速下滑，斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为0.1T的匀强磁场中则在金属棒匀速下滑的过程中A. 棒内电子受洛仑兹力作用，棒受
6、到安培力作用B. 棒内电子不受洛仑兹力作用，棒不受安培力作用C. 棒两端的电压为0.05VD. 棒两端的电压为0.1V【答案】C【解析】【详解】AB.在金属棒匀速下滑的过程中，棒内电子磁场中运动，速度方向与磁场不平行，电子要受洛仑兹力作用由于棒中没有电流，所以棒不受安培力作用，故AB错误CD.棒产生的感应电动势 E=BLvcos60=0.1110.5V=0.05V，由于棒中无电流，则棒两端的电压等于棒产生的感应电动势，所以棒两端的电压为0.05V故C正确，D错误6.如图.单匝矩形线圈ab边长为20cm，bc边长为10cm，绕垂直于磁场方向的轴OO匀速转动，转速为50r/s若磁感应强度为0.1T
7、，线圈电阻为1则A. 转动过程中线圈中磁通量的变化率恒定B. 1s内线圈中电流方向改变100次C. 线圈中感应电流的瞬时值表达式为(A)D. 线圈消耗的电功率为W【答案】B【解析】【详解】A.根据交流电产生的规律可知，在线圈转动的过程中，穿过线圈中磁通量的变化率做周期性的变化故A错误；B.线圈转速为50r/s，则1s内线圈中电流方向改变100次故B正确；C.磁场的磁感应强度B=0.1T，线圈的边长ab=20cm=0.2m，bc=10cm=0.1m，线圈总电阻r=1，线圈的转速n0=50r/s所以=2n=250=100 rad/s；最大值：Em=BS=0.10.20.1100=0.2 （V），线
8、圈上的最大电流：；则线圈中感应电流的瞬时值表达式为i=sin100t（A），故C错误；D.电阻R上的热功率，故D错误.7.如图，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，电阻=10，电流表和电压表均为理想交流电表若电流表A的示数为0.5A，则电压表V的示数为A. 2VB. 2.5VC. 4VD. 10V【答案】A【解析】【详解】根据变压器电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为U1：U2=2：1，则电阻R1两端电压为U1，电阻R2两端电压为U2，则通过两电阻的电流之比为2：1；若设通过电阻R2的电流为I2，则通过电阻R1的电流为2I2，根据电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电流为，因电流表示数
9、为0.5A，则+2I2=0.5A，即I2=0.2A，电压表示数为U2=I2R2=2VA. 2V，与结论相符，选项A正确；B. 2.5V，与结论不相符，选项B错误； C. 4V，与结论不相符，选项C错误； D. 10V，与结论不相符，选项D错误；8.如图，边长ab1.5L、bcL的矩形区域内存在着垂直于区域平面向里的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可在区域平面内沿各方向发射速度大小相等的同种带电粒子已知沿Od方向射入的粒子在磁场中运动的轨道半径为L，且经时间t0从边界cd离开磁场不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是A. 粒子带负电B. 粒子可能从c点射出C. 粒子在磁场中做匀
10、速圆周运动的周期为4t0D. 粒子在磁场中运动的最长时间为2t0【答案】D【解析】【详解】粒子运动轨迹如下图所示：A.根据左手定则可知粒子带正电，故A不符合题意；B.当粒子轨迹与dc相切时，设切点与d点距离为x，由几何关系得：解得：则粒子不会达到c点，故B不符合题意；C.设粒子轨迹对应的圆心角为 ，解得：根据题意得：解得：T=6t0故C不符合题意；D.当有几何关系可以得到，粒子轨迹与bc边相切且从b点处射出时，在磁场中运动的时间最长，如下图所示：设此时运动的角度为 ，由几何关系得：解得：则运动时间为：故D符合题意二、多选题9.关于近代物理学，下列说法正确的是A. 玻尔原子模型能很好地解释氢原子
11、光谱的实验规律B. 电子的行射现象说明电子具有波动性C. 德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越大D. 目前我国核电站能量来源于轻核聚变【答案】AB【解析】【详解】A.玻尔原子理论解释氢原子光谱，故A正确；B.电子的衍射实验证实了物质波的存在，说明电子具有波动性，故B正确；C.依据德布罗意波长公式可知，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，故C错误；D.现已建成的核电站的能量均来自于核裂变，故D错误10.如图，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地一带电质点恰好静止于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则A. 电容器的电容将减小，极板所带电荷量将增大
12、B. 带电质点将沿竖直方向向上运动C. P点的电势将降低D. 若将带电质点固定，则其电势能不变【答案】BC【解析】【详解】A.下极板向上移动时，板间距减小，根据可知，电容减增大，因U不变，由Q=UC可知，电量将增大，故A错误；B.开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据E=U/d可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动，故B正确；C.场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故C正确；D.电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电
13、势降低，则其电势能将增大，故D错误11.一质谱仪原理如图，粒子源产生的带电粒子(不计重力)经狭缝S1与S2之间的电场加速后进入速度选择器做直线运动，从小孔S3穿出再经磁场偏转最后打在照相底片上已知磁场B1、B2的方向均垂直纸面向外则A. 图中P1可能为电源负极B. 图中所示虚线可能为粒子的轨迹C. 在速度选择器中粒子可以做加速运动D. 打在底片上的位置越靠近S3，粒子的荷质比越大【答案】BD【解析】【详解】AB. 由左手定则可知，粒子在下面磁场中向左偏转，知粒子带正电，可知图中所示虚线可能为粒子的轨迹，选项B正确；粒子带正电，则粒子在P1P2之间向下运动时受到向左的洛伦兹力，可知电场力向右，则
14、图中P1为电源正极，选项A错误；C. 在速度选择器中粒子做直线运动，则所受的电场力和洛伦兹力平衡，可知洛伦兹力不变，粒子做匀速运动，不可能做加速运动，选项C错误；D. 打在底片上的位置越靠近S3，粒子的运动半径R越小，由可知，荷质比越大，选项D正确.12.如图甲圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMN=0.4V.下列说法正正确的是A. 图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里B. 图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外C. 若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UM
15、N=-0.4VD. 若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.2V【答案】AD【解析】【详解】AB.a环置于磁场中，则导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面向里，故A正确，B错误CD.a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律，电阻之比为2：1；M、N两点间电势差大小为路端电压，磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=S，得到两次电动势的大小之比为4：1，故两次的路段电压之比为U1：U2=2：1根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差UMN=-0.2V，故C
16、错误，D正确三、非选择题13.欧姆表的原理如图其中，电池的电动势为E、内阻为r，表头G的满偏电流为Ig、内阻为Rg(1)图中的A端应与_(填“红”或“黑”)色表笔相连接(2)测量电阻前，将红、黑色表笔短接，调节可变电阻使通过表头G的电流达到Ig，此时可变电阻接入电路的阻值R0=_(3)测量电阻时，若表头G的示数为I，则被测电阻的阻值Rx=_(2)、(3)结果用E、r、Ig、Rg、I表示【答案】 (1). 黑； (2). ； (3). 【解析】【详解】第一空.多用表的正极接黑表笔，因此图中的A端应与黑色表笔相连接第二空.由闭合电路的欧姆定律可知，解得.第三空. 由闭合电路的欧姆定律可知，解得14
17、.某电阻的额定电压为2V、正常工作时的阻值约500，现要精确测定其正常工作时的阻值Rx实验室提供的器材有：A、电流表A1(量程50mA.内阻r1约3)B、电流表A2(量程3mA，内阻r2=15)C、电压表V(量程9V，内阻RV=1k)D、定值电阻1(阻值R1=985)E、定值电阻2(阻值R2=1985)F、滑动变阻器(020)滑动变阻器G、蓄电池E(电动势10V，内阻很小)H、开关S一个，导线若干(1)某同学设计的实验电路如图其中，电表1应选_，电表2应选_，定值电阻R应选_(填器材前的序号字母)(2)实验中，调节滑动变阻器的阻值，当电表1的示数x1=_时(结果保留1位有效数字)，被测电阻正常
18、工作，此时电表2的示数为x2(3)被测电阻正常工作时电阻表达式Rx=_(用x1、x2和器材中已知量的符号表示)【答案】 (1). B； (2). A； (3). D； (4). 2mA； (5). 【解析】【详解】第一空.第二空.第三空.根据设计的实验电路图，电表1应选已知内阻的电表B；电表2应选量程较大的电表A，定值电阻R应选阻值为R1=985的D即可.第四空.定值电阻正常工作时，两端的电压为2V，则此时当电表1的示数；第五空.由电路结构可知： ，解得15.一次闪电过程通常由若干个相继发生的闪击构成，每个闪击持续时间很短，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中在某一次闪电前，云地之间的电势差约为
19、1.0109V，云地间距离约为2 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为510-5s若闪电前云地间的电场可以看做匀强电场，试估算：（1）闪电前云地间的电场强度大小（2）第一个闪击过程中闪电电流的平均值（3）第一个闪击过程中释放的能量【答案】（1）5105V/m（2）1.2105A（3）6109J【解析】【详解】（1）电场强度大小 （2）平均电流（3）第一个闪击过程中释放的能量W=qU=61.0109J=6109J16.如图所示，水平放置的、足够长的光滑金属轨道与光滑倾斜轨道以小圆弧平滑对接在倾斜轨道上高h=l.8 m处放置一金属杆a，在平直轨道靠右端处放置另一金属杆
20、b，平直轨道区域有竖直向上的匀强磁扬现由静止释放杆a，杆a下滑到水平轨道后即进入磁场，此时杆b的速度大小为v0=3 m/s，方向向左已知ma=2 kg，mb=lkg，金属杆与轨道接触良好，g取10m/s2求：（1）杆a下滑到水平轨道上瞬间的速度大小（2）杆a、b在水平轨道上的共同速度大小（3）在整个过程中电路消耗的电能【答案】（1）6m/s（2）3m/s（3）27J【解析】【详解】（1）设杆a下滑到水平轨道瞬间的速度为Va，杆a从斜轨道上下滑到水平轨道的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得 magh=mava2 解得 va=6 m/s（2）当a以6 m/s的速度进入匀强磁场后，a、b两杆所
21、受的安培力等大反向，合力为零，最终一起匀速运动设共同的速度为V，取水平向右为正，由动量守恒定律得 mava-mbv0=（ma+mb）v 解得 v=3m/s （3）设消耗的电能为E，由能量守恒定律得 E=mava2+mbv02-（ma+mb）v2 代入数据解得 E=27J【点睛】本题很好的考查了机械能守恒、动量守恒和能量守恒定律，把力学和电磁场有机的结合了起来，考查了学生的分析能力，是个好题17.如图所示的平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向
22、，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B；第四象限内有匀强电场，电场方向与x轴正方向成45角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同现有一质量为m，电荷量为q的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x轴上的D点与x轴正方向成45角进入第四象限，M点为粒子第二次通过x轴的位置已知OD距离为L，不计粒子重力求：（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小（2）DM间的距离（结果用m、q、v0、L和B表示）【答案】（1） （2） 【解析】【详解】（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v0，由平衡条件有：q
23、v0B=qE粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O1，半径为R，轨迹如图，由几何关系知R 由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv0Bm由式解得：v0由式解得：E （2）、由题意可知，粒子从D进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D到M的运动时间为t，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG方向做匀速直线运动的位移为：v0t粒子沿DF方向做匀加速直线运动的位移为： 由几何关系可知：， 由式可解得【点睛】此类型题首先要对物体的运动进行分段，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运动的分析，进行列式求解; 洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，不改变运动电
24、荷的速度大小带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：、圆心的确定：因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心、半径的确定：半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形、运动时间的确定：利用圆心角与弦切角的关系或者四边形的内角和等于360计算出粒子所经过的圆心角的大小，用公式t=可求出运动时间18.图（a）为一列波在t=2s时的波形图，图（b）是平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正
25、确的是（）A. 波速为0.5m/sB. 波的传播方向向右C. 时间内，P运动的路程为8cmD. 时间内，P向y轴正方向运动E. 当t=7s时，P恰好回到平衡位置【答案】ACE【解析】【详解】A由图（a）可知该简谐横波的波长为=2m，由图（b）知周期为T=4s，则波速为故A正确；B根据图（b）的振动图像可知，x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；C由于t=2s=0.5T所以时间内，质点P的路程为S=2A=8cm故C正确；D由图（a）可知t=2s时，质点P在波谷，t=2s=0.5T，所以可知时间内，P向y轴负方向运动，故D错误；Et=2s时，质点P在波谷则t=7
26、s时，P恰回到平衡位置，E正确。故选ACE。19.如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R。光屏PQ置于玻璃砖底部水平直径的右端并与该直径垂直，一复色细光束与竖直直径成a= 30角沿半径方向射向玻璃砖的圆心O。由于复色光中含有两种单色光，故在光屏上出现了两个光斑。已知玻璃对这两种单色光的折射率分别为和。求这两个光斑之间距离；为使光屏上的光斑消失，可沿逆时针方向增大入射角，仍让复色光沿半径方向射向玻璃砖的圆心O，则复色光的入射角至少为多少？【答案】；【解析】【详解】作出光路图如图，由折射定律有： 代入数据得1=452=60故有这两个光斑之间的距离 当两种色光在界面处均发生全反射时光斑消失，随入射角增大，玻璃对其折射率为n2的色光先发生全反射，后对折射率为n1的色光发生全反射故所以=C=45
