1、四川省眉山市2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.如图所示，相距为d的两平行直金属导轨PQ、MN水平放置，电阻R接在导轨的P端和M端之间，长为2d的导体棒ab放在导轨PQ、MN上，整个装置处于垂直于导轨平面、强度为B的匀强磁场中。使导体棒ab以水平速度v向右匀速运动时，回路中产生的感应电流为I。回路中产生的感应电动势E和导体棒ab受到的安培力F分别为A. E=Bdv，F=BIdB. E=Bdv，F=2BIdC. E=2Bdv，F=BIdD. E=2Bdv，F=2BId【答案】B【解析】【详解】磁感线与导体棒垂直，那么导体切割磁感线的有效长度与速度垂直，所以回路
2、中产生的感应电动势：磁感线与导体棒垂直，导体棒受到安培力的有效长度为电流流过的长度：B正确，ACD错误。故选B。2.材料相同的均匀直导线A、B串联在电路上时，沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示。已知导线A长为l0，导线B长为2l0，则A、B两导线的横截面积之比是A. 12B. 14C. 16D. 18【答案】A【解析】【详解】电阻串联，电流相等，则：根据电阻定律：同种材料的电阻，电阻率相同，导线的长度之比：联立方程，则导线的横截面积之比为：A正确，BCD错误。故选A。3.如图所示，在匀强电场中，一质量为m、带电量为q的小球从O点由静止开始自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角
3、为，下列说法正确的是A. 小球的电势能一定减小B. 小球一定做匀加速直线运动C. 小球所受电场力一定做正功D. 小球所受电场力一定为【答案】B【解析】【详解】ABC粒子从静止开始做直线运动，电场力与重力合力为恒力，所以合外力一定与速度方向共线，做匀加速直线运动，如下图所示：电场力的方向可能与速度方向成锐角、直角或钝角，所以电场力可能做正功、不做功或负功，电势能可能减小、不变或增大，AC错误，B正确；D电场力的的取最小值时，电场力与合力方向垂直：所以电场力可能大于，D错误。故选B。4.如图甲所示，两虚线相互垂直，a、b两点和P、Q两点关于O1点对称，两带电量均为+q的点电荷分别放置在a、b两点。
4、如图乙所示，两虚线相互垂直，c、d两点和M、N两点关于O2点对称，分别通过c、d两点的两导线内均有垂直纸面向外、大小为I的电流。下列说法正确的是A. P、Q两点的电场强度相同B. M、N两点的磁感应强度相同C. 从P点到O1点电场强度可能先减小后增大D. 从M点到O2点磁感应强度可能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A根据场强的叠加法则可知P、Q两点的场强大小相等，方向相反，所以P、Q两点电场强度不同，A错误；B根据安培定则判断磁感应强度的方向，根据矢量合成法则可知M、N两点磁感应强度大小相等，方向相反，所以M、N两点磁感应强度不同，B错误；C根据等量同种电荷电场线的分布可知，从P到O1的
5、电场强度可能先增大后减小或一直减小，不可能先减小后增大，C错误；D根据磁感应强度的叠加可知，无穷远处的磁感应强度为0，在处的磁感应强度也为0，所以从无穷远处到处磁感应强度先增大后减小，所以从M点到O2点磁感应强度可能先增大后减小，D正确。故选D。5.如图所示，矩形abcd的ad、bc边长为 2L，ab、cd边长为L。一半径为L的半圆形区域（圆心O在bc中点）内有方向垂直纸面向里、强度为B的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子从b点以速度v0沿bc方向射入磁场，粒子恰能通过d点。不计粒子的重力，则粒子的速度v0大小为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粒子沿直径飞入，根据径向对
6、称特点确定圆心，如图所示：根据几何关系：解得：连接，根据几何关系：解得：这里我们简单提供一种计算的计算方法：联立方程解得：洛伦兹力提供向心力：解得：，D正确，ABC错误。故选D。6.如图所示，电阻R、电容器C与一半径为r的单匝圆形线圈连成闭合回路，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场。在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增加到2B。在此过程中A. 流过R的电流方向从a到bB. 线圈中产生的感应电动势为C. 电容器下极板带正电，上极板带负电D. 电阻R消耗的功率逐渐增大【答案】AB【解析】【详解】AC线圈内垂直纸面向里的磁感应强度增加，根据楞次定律可知线圈内的感应电流产生的磁感应强度垂直纸面向
7、外，根据安培定则可知感应电流为逆时针方向，所以通过电阻的电流为从a到b，说明a点电势高，则电容器上极板带正电，下极板带负电，A正确，C错误；B根据法拉第电磁感应定律：B正确；D电动势恒定，通过电阻的电流恒定，根据电功率：可知电阻上消耗的功率不变，D错误。故选AB。7.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1 r，电压表和电流表均为理想电表。开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴恰好处于静止状态。在将滑动变阻器的滑片P向b端滑动的过程中，下列说法正确的是A. R3的功率变大B. 电源的输出功率一定减小C. 电压表、电流表的示数均变大D. 电容器C所带电量减少，液滴向下加速运动【答案】CD【
8、解析】【详解】AC滑片P向b端移动，滑动变阻器阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律：可知干路电流增大，上分压增大，电压表示数变大，和构成的并联电路分压减小，通过的电流减小，则通过的电流增大，电流表示数增大，根据电功率：可知上消耗的功率变小，A错误，C正确；B输出功率与外电路电阻的关系如图所示：因为，所以总电阻减小，根据图像可知电源的输出功率变大，B错误；D电容器和并联，电容器两端电压与两端电压相等，根据上述分析可知电容器两端电压减小，根据电容的定义：不变，减小，带电量减小，平行板电容器之间为匀强电场，根据：可知电场强度减小，液滴受到竖直向上的电场力减小，竖直向下的重力不变，液滴加速向
9、下运动，D正确。故选CD。8.如图所示，矩形abcd处在匀强电场中，电场线与矩形所在平面平行，ab= cd= L， ad= bc= 2L，a点电势a= 10V，b点的电势b= 12V，c点的电势c= 8V。一带电量为+q、质量为m的粒子从b点以初速度v0射入电场，入射方向与bc成45角，一段时间后恰好经过c点。不计带电粒子的重力，下列说法中正确的是A. d点的电势d = 6VB. 电场强度的方向由b指向dC. 电场强度的大小为D. 带电粒子从b点运动到c点的时间为【答案】AD【解析】【详解】AB在匀强电场中，沿着任意方向前进相同的距离，电势变化相同，所以：解得：可知中点的电势也为，画出等势面，
10、沿电场线方向电势降低，又因为电场线和等势面处处垂直，画出电场线方向如图：A正确，B错误；C根据匀强电场中电场强度和电势差的关系：根据几何关系可知：解得：，C错误；D据图可知粒子在b点初速与电场力垂直，所以粒子在初速度方向上做匀速直线运动，水平位移：所以：D正确故选AD。第卷三、非选择题：全为必考题，每个试题考生都必须做答。共174分。9.某同学利用如图所示的器材做“研究电磁感应现象”的实验。器材包括：灵敏电流计、直流电源 、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电键 、滑动变阻器、导线若干（图中没有画出）。（1）请你根据实验需要用笔画线代替导线帮助该同学在实物图上连线，连接滑动变阻器的两根导线要求接在接
11、线柱C和D上_。（2）连接好实验电路后，在闭合电键瞬间，该同学发现电流计指针向右偏转。在以下操作步骤中他将观察到的实验现象是：闭合电键后，将滑动变阻器的滑动触头向接线柱C端滑动时，电流计指针将_（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。闭合电键后，快速将线圈A中铁芯向上拔出时，电流计指针将_（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。将电键断开的瞬间，电流计指针将_（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。【答案】 (1). (2). 右偏 (3). 左偏 (4). 左偏【解析】【详解】（1）1根据实验原理和目的连接电路：（2）2闭合电键瞬间，穿过B的磁通量增加，电流表指针向右偏转，闭合电键后，将滑动变阻器
12、的滑动触头向接线柱C端滑动时，流过A的电流增大，磁极方向未变，磁通量增大，所以电流表指针右偏；3同理，闭合电键后，快速将线圈A中的铁芯向上拔出时，磁极未变，磁通量减小，电流表指针左偏；4将电键断开的瞬间，磁极未变，磁通量减小，电流表指针左偏。10.如图所示为某同学做“测定金属丝的电阻率”实验时采用的实验电路。实验室中备有如下器材：A待测金属丝（电阻约3）B电流表A1（量程00.6A，内阻约0.125） C电流表A2（量程03A，内阻约0.025）D电压表V1（量程03V，内阻约3k）E电压表V2（量程015V，内阻约15k）F滑动变阻器R1（总阻值约10）G滑动变阻器R2（总阻值约1000）H
13、学生电源（电动势约4.0V，内阻很小）I导线若干，电键K、刻度尺、螺旋测微器（1）电流表应选择_，电压表应选择_，滑动变阻器应选择_。（2）用刻度尺测出接入电路部分金属丝的长度L；用螺旋测微器测出金属丝的直径D；闭合电键后，调节滑动变阻器滑片的位置，测出多组U和I的数据，做出关系图像，图像斜率为k，则金属丝电阻率的表达式为=_（用题目中所给出的字母表示）。（3）本实验的系统误差主要来源于_（选填“电流表分压”或“电压表分流”），分析可得测 _真（选填“”、“”或“”）。【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). (5). 电压表分流 (6). 【解析】【详解】（1）12
14、电源电动势约为，所以电压表选择的量程即可，根据欧姆定律：可知电流表选择的量程即可；3滑动变阻器的阻值选择便于调节电阻进行分压，并且可以满足保护电路的要求；（2）4图像的斜率为电阻，所以：根据电阻定律：横截面积：联立方程解得：；（3）5电流表测量的是流过电压表和金属丝的总电流，所以电压表分流导致误差；6电流测量偏大，根据欧姆定律可知电阻测量偏小，根据电阻率的表达式可知：。11.如图所示，足够长的两平行粗糙导轨水平放置，间距L =0.3 m，在导轨间有垂直于导轨平面竖直向下、强度为B = 0.5 T的匀强磁场。一阻值为R=2的电阻接在导轨的a、b两端，b端接地。一质量为m=0.1kg、长为L =0
15、.3 m、阻值为r=1W的直金属杆MN在水平拉力F作用下以v= 2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。已知，金属杆MN与导轨间的动摩擦因素为=0. 25，导轨电阻可忽略，g取10m/s2。求：（1）试判断a、b两端哪端的电势较高？并求出a端的电势a；（2）金属杆MN所受拉力F的大小。【答案】(1) a端的电势较高，(2)0.265N。【解析】【详解】（1）由右手定则可以判断通过R的电流方向由a到b，a端的电势较高杆MN做切割磁感线的运动产生的感应电动势为：通过电阻R的电流：电阻R两端的电势差：其中，解得a端的电势：；（2）导体棒所受安培力为：导体棒所受摩擦力为：导体棒向
16、右匀速运动，所受合外力为零：12.如图所示，虚线左侧存在方向竖直向上、强度为E匀强电场和方向垂直纸面向里、强度为B的匀强磁场，虚线右侧存在方向竖直向下、强度也为E的匀强电场， 为以O点为圆心的光滑绝缘圆弧。一质量为m，带电量为+q的小球（可视为质点）由M点静止释放，经过一段时间后运动至M点正下方的Q点（图中没有画出）。已知，电场强度，圆弧半径为L，重力加速度为g。求：（1）小球运动至N点时对轨道的压力；（2）M点和Q点之间的距离。【答案】(1) 6mg，方向竖直向下，(2)。【解析】【详解】（1）小球由M点运动到N点做圆周运动，设小球运动到N点速度为v，由动能定理得：其中：由牛顿第二定律可得：
17、解得：，由牛顿第三定律可得：小球运动至N点时对轨道的压力大小为6mg，方向竖直向下（2）小球由N点运动到P点做匀速圆周运动小球由P点运动到Q点做类平抛运动水平方向上：竖直方向上：根据牛顿第二定律：解得：M点和Q点之间的距离为：13.如图所示，两平行金属板水平放置，上极板带正电，下极板带负电，板间距离为d，板长为。一质量为m，带电量为q正粒子（不计重力）贴近上极板左边缘以初速度v0垂直进入电场，恰好从下极板右边缘飞出电场。经过一段时间后，粒子进入一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域（图中没有画出），离开磁场时速度恰好水平向右。求：（1）粒子离开电场时的速度v的大小及方向；（2）平行金属板间的电压U；（3）圆形磁场区域的最小面积。【答案】(1)，与水平方向夹60，(2) ，(3)。【解析】【详解】（1）带电粒子在平行金属板间做类平抛运动，设粒子离开电场时的速度大小为v，与水平方向夹角为：由类平抛运动规律可得：解得：离开电场时：（2）设平行金属板间的电压为U，由动能定理可得：解得：（3）带电粒子在圆形匀强磁场区域内做匀速圆周运动，设其运动的轨迹半径为R：分析可得，带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为，要使满足题目要求的圆形磁场区域的面积最小，区域应以入射点和出射点连线为直径，所以最小圆形磁场区域的半径为：所以最小面积：
