1、广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题(本题共12小题，1-7单选，8-12多选)1.如图甲，固定的正方形闭合线圈abcd处于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的图像如图乙，下列说法正确的是( )A. t=2s时，ab边受到匀强磁场的安培力最大B. t=4s时，ab边受到匀强磁场的安培力为0C. 02 s内线圈中有逆时针方向的感应电流D. 2 s4 s内线圈中的感应电流逐渐减小【答案】B【解析】【详解】A根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流t=2s时刻，磁感应强度的变化率为0，则感应电流I=0，ab边不受安培力作用
2、故A错误；Bt=4s时，磁感应强度的变化率不为0，则感应电流不为0，但是B=0，根据F=BIL可知ab边受到匀强磁场的安培力为0，B正确；C根据楞次定律可知，02s内，垂直线圈向外的磁通量变大，则感应电流为顺时针方向，C错误；D2s4s内线圈中，磁感应强度的变化率逐渐增大，则感应电动势逐渐变大，感应电流逐渐增大，D错误。故选B。2.有一带电粒子沿图中的AB曲线穿过一匀强电场，a、b、c、d均为匀强电场中的等势面，且电势abcd，若不计粒子所受重力，那么下列说法错误的是A. 粒子一定带负电B. 粒子的运动轨迹是抛物线C. 从A点运动到B点粒子的电势能增加D. 从A点到B点过程中电势能与动能之和不
3、变【答案】C【解析】【详解】A根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向下方向，而粒子的轨迹向上弯曲，说明粒子所受的电场力竖直向上，所以粒子带负电故A不符合题意B粒子所受的电场力是恒力，粒子的运动为匀变速曲线运动，轨迹为抛物线故B不符合题意C粒子的电场力竖直向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大，电势能减小故C符合题意D重力不计，粒子只有两种形式的能：动能和电势能，根据能量守恒可知粒子的动能和电势能之和在运动过程中保持不变故D不符合题意3.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出下列说法正确的是( )A.
4、 粒子带正电B. 粒子在b点速度大于在a点速率C. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长D. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点左侧射出【答案】C【解析】【详解】A粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；B粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故B错误；C若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，周期不变，粒子轨迹对应的圆心角有增大，根据可知粒子运动时间增加，故C正确；D根据可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出，故D错误；4.在如图的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略闭合开关S，当照射
5、光敏电阻上的光照强度增大时，下列说法中正确的是（ ）A. 通过R2的电流减小B. 电源的路端电压减小C. 电容器C所带的电荷量增加D. 电源的电功率不变【答案】B【解析】【详解】A当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻的阻值会减小，电路的总电阻减小，电路中的总电流增大，流过R2的电流增大，A错误；B电路中的总电流增大，电源的内电压增大，根据闭合电路的欧姆定律得知路端电压减小，B正确；C电容器极板间的电压就等于路端电压，所以电容器板间电压减小，带电量减小。C错误；D电源的电功率P=EI电流变大，则电源的功率变大，D错误。故选B。5.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件当显示屏开启时
6、磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭则元件的（ ）A. 前表面的电势比后表面的低B. 前、后表面间的电压与无关C. 前、后表面间的电压与成正比D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为【答案】D【解析】【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表
7、面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误6.如图，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是( )A. S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮B. S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C. S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变D. S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭【答案】D【解析】【
8、详解】AC当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；AC错误；BDS断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L1亮一下逐渐熄灭。D正确，B错误。故选D。7.真空中相距为3a的两个点电荷Q1、Q2，分别固定于x轴上x1=0处和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强E随x变化关系如图，取沿x轴正方向的电场强度的正方向，以下判断正确的是（ ）A. 处的电势一定为零B. 点电荷Q1、Q2一定为同种电荷C. 点电荷Q1所
9、带电荷量是Q2所带电荷量的2倍D. x=1.5a处的电势等于x=2.5a处的电势【答案】B【解析】【详解】Ax=2a处电场强度为0，但是电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，A错误；BC若两电荷为异种电荷，在x=2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷。根据点电荷的电场强度公式可得：所以：Q1：Q2=4：1B正确，C错误；D依据场强E与x图象所围成的面积即表示电势的高低，那么x=1.5a处的电势小于x=2.5a处的电势，D错误。故选B。8.下列说法正确的是（ ）A. 安培通过实验的方法总结出真空中两个静止点电荷的作用力的规律B.
10、 法拉第最早引入“力线”形象描述电场的强弱C. 库仑最早用实验的方法精确测出电子的电量D. 法拉第最先发现利用磁场产生电流的方法【答案】BD【解析】【详解】A库伦通过实验的方法总结出真空中两个静止点电荷的作用力的规律，A错误；B法拉第最早引入“力线”形象描述电场的强弱，B正确；C密立根最早用实验的方法精确测出电子的电量，C错误；D法拉第最先发现利用磁场产生电流的方法，D正确。故选BD。9.老师在课堂上做了两个小实验，同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃
11、皿放在如图甲的磁场中，液体就会旋转起来。第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触（如图乙），通电后，发现弹簧不断上下振动，下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）A. 图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向改变B. 图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C. 图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D. 图乙中，如果改变电源的正负极，观察不到弹簧不断上下振动【答案】AC【解析】【详解】A图甲中，如果改变电磁场的方向，液体所受的安培力方向改变，则液体的旋转方向改变，A正确；B图甲中，如果改变电源的正负极，电流方向改
12、变，液体所受的安培力方向改变，则液体的旋转方向改变，B错误；CD图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程。如果改变电源的正负极，仍然可以发生以上过程，C正确，D错误。故选AC。10.如图，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转电场U2中，偏转后打在同一荧光屏上，则它们（ ）A. 同时到达屏上同一
13、点B. 先后到达屏上同一点C. 先后到达屏上不同点D. 到达屏上的速度不同【答案】BD【解析】【详解】ABC设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，由动能定理得：两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同。两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场。在偏转电场中的偏转位移联立得 同理可得到偏转角度的正切值可见y和tan与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故两种粒子打屏上同一点。AC错误
14、，B正确；D根据动能定理，粒子出离偏转电场的动能：两种粒子的电荷量不同，则动能增量不同，打到屏上的速度不同，D正确。故选BD。11.如图为回旋加速器的示意图两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B一质子从加速器的A处开始加速已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是（ ）A. 质子的最大速度不超过2RfB. 质子的最大动能为C. 质子的最大动能与U无关D. 若增大电压U, 质子的最大动能增大【答案】AC【解析】【详解】A质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，
15、则所以最大速度不超过2fR，A正确。BC周期，质子的最大动能与电压无关，B错误，C正确；D质子最大动能，只增大电压U，则质子的最大动能不变，D错误。故选AC。12.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀
16、强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流保持不变，根据右手定则可知电流方向QP；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；A.图像与分析相符，故A正确。B.图像与分析不符，故B错误。C.图像与分析不符，故C错误。D.图像与分析相符，故D正确。二.实验题(本题有2小题)13.
17、图（a）螺旋测微器的读数_mm；图（b）游标卡尺的读数_mm。【答案】 (1). 1.844(1.8421.848) (2). 42.40【解析】【详解】1图（a）螺旋测微器的读数：1.5mm+0.01mm34.7=1.847mm；2图（b）游标卡尺的读数：42mm+0.05mm8=42.40mm。14.某兴趣小组想要描绘一只“5V，4W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整，实验室可供选用的器材除开关、导线外，还有：蓄电池组（电动势6V，内阻不计）电压表V（量程为06V，内阻约为4k）电流表A1（量程为01A，内阻约为0.2）电流表A2（量程为03A，内阻约为0.05
18、）滑动变阻器R（最大阻值为10，额定电流为2A）（1）实验中所用的电流表应选_；（填“A1”或“A2”）（2）请在虚线框内画出实验电路原理图； （ ）（3）若该小组描绘出小灯泡的U-I图象如图所示，将其接在电动势E = 3V，r = 3的电源两端，则稳定后小灯泡的电功率为_W（结果保留两位有效数字）。【答案】 (1). A1 (2). (3). 0.70【解析】【详解】(1)1小灯泡最大电流：故电流表选用即可；(2)2灯泡的最大电阻：由于，故电流表选用外接法；本实验电流从零开始，故滑动变阻器选用分压式接法，故电路如图所示：(3)3设小灯泡接入电源时，两端的电压为，通过的电流为，由闭合电路欧姆定
19、律：在灯泡的中作出图像如图所示：图中的交点即为灯泡接入电源两端时灯泡的电压和电流，由图知：，故灯泡的电功率：15.在“用多用表测电阻、电流和电压”的实验中（1）用多用表测电流或电阻的过程中（ ）A.在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零B.在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零C.在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测D.在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测（2）测量时多用表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10 V”挡，其读数为_ V；若选择开关处于“10”挡，其读数为_200 （选填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】 (1). AD (2). 5.4 (3)
20、. 小于【解析】【详解】（1）1A、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故A正确。B、在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零。故B错误；C、在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，故C错误。D、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，故D正确。（2）23选择开关处于“10V”挡，最小分度值为0.2V，所以此时
21、的读数为5.4V。因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以10至30的中间数值一定小于20，若选择开关处于“10”挡，由图可知其读数小于200.三.计算题（本题共3小题）16.如图甲所示，在水平方向的匀强电场中，用长为l的绝缘细线，拴住质量为m、带电量为q的小球，线的上端O固定，开始时将线和球拉成水平，松开后，小球由静止开始向下摆动，当摆过60角时，速度又变为零问：（1）A、B两点的电势差多大？（2）电场强度多大？【答案】（1）AB两点的电势差UAB为；（2）匀强电场的场强大小是【解析】试题分析：（1）小球从A到B过程中，重力做正功mgLsin60，电场力做功为qUAB
22、，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强式中d是AB沿电场线方向的距离，d=LLcos60解：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsin60+qUAB=0，解得：UAB=；（2）BA间电势差为：UBA=UAB=，则场强：E=；答：（1）AB两点的电势差UAB为；（2）匀强电场的场强大小是【点评】本题是带电体在电场中平衡和圆周运动的问题，需要正确分析小球的运动过程和小球的受力情况，根据动能定理和平衡条件，以及电场知识综合求解17.如图，平行金属板M、N中心有小孔，板间电压为U0=103V。金属板E、F间有竖直方向的匀强电场，间距
23、为d=cm，长度为L=10cm，其右侧区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场边界AB与AC夹角为60且AB与金属板E、F垂直现有一质量m=3.210-25kg、电荷量q=1.610-18C的正电粒子，从极板M的小孔s1处由静止出发，穿过小孔s2后沿E、F板间中轴线进入偏转电场，然后从磁场AB边界的P点平行AC方向进入磁场，若P与A点相距a=cm，不计重力求：（1）粒子到达小孔s2时的速度v0大小；（2）E、F两极板间电压U；（3）要使粒子进入磁场区域后能从AB 边射出，磁场磁感应强度的最小值【答案】（1）1105 m/s；（2）200V；（3）1.6T【解析】【详解】（1）粒子加速电场中，根据动能
24、定理有得到达小孔s2时的速度=1105 m/s（2）粒子离开偏转电场时，速度偏转角，竖直方向速度在偏转电场中由于EF两极板间电压=200V（3）要使得从AB边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得粒子进入磁场时速度在磁场中代入数据得所加磁场的磁感应强度最小值为=16T18.如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁
25、感应强度大小也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：（1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；（2）金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；（3）金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离.【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【详解】（1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mgsin-BIL=0根据
26、闭合电路欧姆定律得：解得：（2）设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，由电流的定义式有：根据法拉第电磁感应定律得根据闭合电路的欧姆定律得：联立解得：解得：设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsin=Q总定值电阻产生的焦耳热Q=Q总解得：Q=（3）由牛顿第二定律得：BILma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：可得：即得：xm=【点睛】（1）金属杆滑行的速度最大时，其受到的合力为零，根据法拉第电磁感应定律求出安培力，根据合力为零列出方程求解；（2）根据电流的定义和法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出金属杆下滑的距离，根据功能关系和电路连接情况求出定值电阻产生的焦耳热；（3）法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律求出金属杆在水平导轨上滑行的最大距离
