1、山西省晋城市（高平一中、阳城一中、高平实验中学）2020-2021学年高二物理上学期期末考试试题 注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，ab是轨迹上两点。若带电粒子运动中只受到电场力作用，根据此图可判断（）A带电粒子所带电荷的正负B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的速度b处大D带电粒子在a、b两点的电势能a处大2以下说法正确的是（）A将体积一定、粗细均匀的导线均匀拉长到原来长度的2倍
2、，则其电阻变为原来的2倍B电阻率越大的导体对电流的阻碍作用一定大C在电源内部正电荷能从负极到达正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力。D在闭合电路中，当外电阻变大时，电源的效率也变大，但电源的电动势不变。32020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须是全程都在高度无接触物理防护性条件下操作。武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如右下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强
3、磁场，下列说法正确的是（ ）A带电粒子所受洛伦兹力方向由M指向NBM点的电势高于N点的电势C污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速D只需要测量MN两点电压就能够推算废液的流量4如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平而与磁场方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知导体棒ML受到的安培力的大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（）A0B1.5FC2FD3F5如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂
4、直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l，现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则（）Aa、b两个线框匀速运动的速度大小为B线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl6如图所示，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，O为三角形的中心点，bc沿水平方向，P为bc中点，三根导线中均通有大小相等的
5、电流，方向如图所示，则（）AO点的磁感应强度竖直向上BO点的磁场方向水平向左C导线a受到的安培力方向竖直向下DP点的磁感应强度水平向右7一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）ABCD8如图所示，半径为R、质量为m的半圆形导线框用两根绝缘细线悬挂，静止时直线边水平，导线框中通有沿顺时针方向的电流，图中水平虚线为匀强磁场的上边界线，匀强磁场
6、的磁感应强度大小为B，方向垂直于导线框向里，处于磁场区域的导线框对应的圆心角为120，此时每根细线的拉力大小为F1。现保持其他条件不变，将虚线下方的磁场移至虚线上方，使虚线为匀强磁场的下边界，此时每根细线的拉力大小为F2。则导线框中的电流大小为（）ABCD9如图所示，铁芯上绕有L1和L2两个线圈，铁芯左边挂一个轻小金属环，小磁针在导线AB的正下方，则当电键S闭合时（ ）A小金属环仍保持静止B小金属环将向右运动C小磁针仍保持静止D从上往下看小磁针顺时针转二、多选题10如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B将质量为
7、m的导体棒由静止释放，当速度达到时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）ABC当导体棒速度达到时加速度为D在速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功11如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()A平行板电容器的电容将变大B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先
8、将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴静止不动12如图为回旋加速器示意图，D形金属盒置于高真空中，匀强磁场与盒面垂直带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略，不考虑相对论效应和重力作用，则（ ）A该装置的电场和磁场都能增加粒子的动能B交变电压越大，粒子离开回旋加速器的动能也越大C交变电压越大，粒子在回旋加速器的运动时间就越小D随轨道半径的增大，同一半盒中相邻轨道的半径之差将逐渐减小13在x轴上有两个点电荷电荷量分别为q1，q2，其静电场的电势沿x轴的分布如图所示。则下列说法中正确的是（）A两个点电荷带有异种电荷B处的电场强度为零C一带负电的点电荷沿x轴从移动至，电势能减小
9、D点电荷沿x轴从移动至，受到的电场力逐渐减小14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进入磁场时加速度变小恰好为零，从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（）ABCD15在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小
10、分别用I、U1、U2和U3表示。下列比值正确的是（）A不变，不变B变大，变大C变大，变小D变大，不变第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、实验题16某同学设计实验测量一未知型号电池的电动势和内阻。(1)他先用多用表直流电压10V档直接接在该电池两极粗测电动势，读数如图甲，读出电源电动势为_V；(2)为了更准确地测量该电池的电动势和内阻，他从实验室里仅找到了下列实验器材：A电流表，量程A，内阻B电流表，量程100 mA，内阻C滑动变阻器（05）D定值电阻E定值电阻F开关一个、导线若干(3)该同学设计了如乙图的实验电路：定值电阻R应当选择_；（填“”或“”）闭合电键，调整滑动变阻器触
11、头位置，把电流表、的读数记做，电流表的读数记做，记录多组实验数据如下：组别1234560在坐标系中描点，并做出该电路的图像如丙图。根据图丙，测得该电池的电动势_V，内阻_。（结果均保留两位有效数字）四、解答题17如图所示，电源的电动势E9.0V，内阻r1.0，定值电阻R1R212，R324，电容器的电容C=6.0F，开关S闭合。求：（1）电路的路端电压U和电阻R2消耗的电功率P2；（2）电容器所带的电荷量Q；（3）断开开关S后，通过电阻R2的电荷量Q2。18如图所示，在xoy面内，第一象限中有匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向在x轴的下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里今
12、有一个质量为m电荷量为q的带负电的粒子不计粒子的重力和其他阻力，从y轴上的P点以初速度垂直于电场方向进入电场经电场偏转后，沿着与x正方向成进入磁场试完成：求P点离坐标原点O的距离h；求粒子从P点出发到粒子第一次离开磁场时所用的时间？19如图所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L。PQ、MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨。导轨的水平部分QM和DE处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，a、b为材料相同、长都为L的导体棒，跨接在导轨上。已知a棒的质量为3m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为3R，其它电阻不计。金属棒a和b都从距水平面高度为
13、h的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰。若金属棒a、b与导轨接触良好，且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦。(1)金属棒b向左运动速度大小减为0时，金属棒a的速度多大？(2)金属棒a、b进入磁场后，如先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，此棒从进入磁场到匀速运动的过程b棒产生的焦耳热多大？(3)从b棒速度减为零至两棒达共速过程中二者的位移差是多大？参考答案1B【详解】AB根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向向左，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性，故A错误，B正确；C粒子受到的电场力的方
14、向向左，若粒子从a运动到b，则受力的方向与运动的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，速度减小，所以粒子在a处的速度大，故C错误；D粒子从a运动到b电场力做负功，电势能增大，所以粒子在b处的电势能大，故D错误。故选B。2D【详解】A根据若体积一定、粗细均匀的导线均匀拉长到原来长度的2倍，横截面积变成原来的一半，则其电阻变为原来4倍，A错误；B电阻越大的导体对电流的阻碍作用一定大，B错误；C在电源内部正电荷能从负极到达正极的过程中，非静电力做正功而静电力做负功，C错误；D电源的效率电源的电动势是有电源本身的性质决定的，保持不变，当外电阻阻值变大时，电源的效率也变大，D正确。故选D。3D【详解】
15、AB根据左手定则，正电荷受到竖直向下的洛伦兹力，负电荷受到竖直向上的洛伦兹力，则正电荷集聚在N一侧，负电荷集聚在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，AB错误；C不带电液体在磁场中流动时，由于没有自由电荷，不能形成电场，MN两点没有电势差，因此无法测出流速，C错误；D计算液体的流速，根据可得流速流量即只需要测量MN两点电压就能够推算废液的流量，选项D正确。故选D。4D【详解】由已知条件可知边的有效长度与相同，等效后的电流方向也与相同，边的电阻等于边的电阻的两倍，两者为并联关系，设中的电流大小为，则中的电流为，设的长为，由题意知，ML、LN受安培力大小相等，即在竖直方向上的分力为边所受安培力为方向
16、与边所受安培力的方向相同，故有故D正确，ABC错误。故选D。5C【详解】A设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为T，且T=mg,则对a有又、，解得故A错误；B线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间故B错误；C从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有得故C正确；D设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离。对这一过程，由能量守恒定律有得故D错误。故选C。6D【详解】AB. 导线a
17、、b、c在O处产生的磁感应强度分别为Ba、Bb、Bc，方向如图所示大小BbBc，磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则，Ba、Bb、Bc合成后磁感应强度方向水平向右，故AB错误；C.导线b、c在a处产生的磁感应强度Bb、Bc，方向如图所示合成后a处的磁感应强度的方向水平向右，由左手定则可知，a导线受到的安培力方向竖直向上，故C错误；D.三根导线在P处产生的磁感应强度如图所示其中BcP、BbP等大方向，合成后抵消，所以P点磁感应强度为BaP，方向水平向右，故D正确。故选D。7C【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动， 可得粒子在磁场中的周期粒子在磁场中运动的时间则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，
18、轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。当0.5Rr1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即轨迹对应的最大圆心角粒子运动最长时间为,故选C。8B【详解】当磁场在虚线下方时，线框受到向下的安培力，大小为由平衡条件知当把磁场移到虚线上
19、方时，线框受到向上的安培力，大小为由平衡条件知两式相减可得选项B项正确，ACD错误。故选B。9D【详解】闭合电键S闭合时，L1线圈通电，由右手螺旋定则可得电流I1产生的磁场方向向右穿过螺旋管，如图所示AB穿过小金属环的磁通量向右增大，由楞次定律可得感应电流I3的方向，从而使得小金属环在原磁场中受安培力而阻碍磁通量的增多，故小金属环有缩小的趋势和向左摆动，故AB错误；CD线圈L2的磁通量向右增多，由楞次定律可得感应电流I2的方向，在通电导线周围产生的磁场方向由右手螺旋定则为上方叉进下方点出，小磁针受磁力而转动N极指向来显示磁场方向，故N极向纸面外转，S极向纸面里转动，则从上往下看小磁针顺时针转动
20、，故C错误，D正确。故选D。10AC【详解】AB当速度达到时开始匀速运动，受力分析可得导体棒最终以的速度匀速运动时，拉力为所以拉力的功率为选项A正确B错误C当导体棒速度达到时安培力加速度为选项C正确D在速度达到以后匀速运动的过程中，根据能量守恒定律，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功，选项D错误；故选AC.11CD【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化【详解】现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，根据知，d增大，则电容减小，A错误；静电计测量的是电容器
21、两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，B错误；电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，C正确；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，D正确12CD【详解】A在磁场中，粒子仅受洛伦兹力，洛伦兹力不做功，不能增加粒子的动能，故A错误；B设粒子每加速一次动能增加，第次被加速后粒子的动能在磁场中设D形金属盒最大半径为，则粒子的最大速度，此后粒子飞出D形金属盒，即粒子的最大速度由、决定，与无关，即动能与U无关，故B错误；C若
22、只增大交变电压，则带电粒子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故C正确；D粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为对质子，由动能定理得解得在同一盒中，质子的速度分别为、则，由此可知，由于故逐渐减小，故正确。故选CD。13AD【解析】【分析】根据-x图线上某点切线的斜率等于该点的电场强度来判断电场强度大小，根据沿着电场线方向电势是降低的，来确定点电荷的电性；依据正电荷从高电势到低电势，电势能减小，而负电荷从高电势到低电势，电势能增大，从而即可求解。【详解】A、由图知：x从0到，电势先降低后升高，在0x2间合电场水平向右，x2合电场水平向左，则知正电荷在x轴上坐标原点；负电荷在x轴的负方向上
23、，故A正确；B、根据-x图线的斜率表示该点的电场强度，x=x1处-x图线的斜率不为0，即x=x1电场强度不为0；故B错误；C、带负电的点电荷沿x轴从x1移动至x2，即电势减小，电势能增大，故C错误；D、依据B选项分析，可知，点电荷沿x轴从x1移动至x2，电场强度变小，则受到的电场力也逐渐减小，故D正确；故选AD.【点睛】解决本题关键要抓住图象中有效信息，知道-x图线的斜率的物理意义表示电场强度，利用叠加原理分析。14AD【详解】AB由于PQ进入磁场时加速度为零，若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故
24、MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确，B错误；CD若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确，D错误。故选AD。15AD【详解】A是定值电阻，有可知都不变，故A正确；BC当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，变大，是可变电阻，有所以变大，根据闭合电路欧姆定律得则知不变，故BC错误；D根据可知变大。又根据闭合电路欧姆定律得则知保持不变，故D正确。故选AD。163.6 R1 3.8 之间 【详解】(1)1直流电压10V档测量时，最小刻度为0.2V，根据读数可知电源电动势为3.
25、6V。(3)2由于回路中最大电流不可能超过0.6A，而电动势为为3.6V，根据欧姆定律，可知定值电阻应选R1。3 4根据闭合电路欧姆定律整理可得利用图像斜率和截距可知代入数据整理的，17（1）；（2）；（3）【详解】（1）设干路中的电流为I，电路中电阻R2与R3并联后接入电路，R1与电容器串联则不接入电路，因此并联电阻为由全电路的欧姆定律有代入数据解得，（2）由电容器的定义式有代入数据解得（3）断开开关S后，电容器通过R2和R3放电，则代入数据解得18（1）（2）【详解】（1）由几何关系得到进入磁场的速度为：在电场中根据动能定理得：联立解得：；（2）在电场中运动的时间为：加速度为：解得： 在磁
26、场中运行的时间，由几何关系知：而周期为：则有：所以共用时间为：【点睛】本题考查了带电粒子在电场中和磁场中的运动，知道粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，灵活掌握运动学公式是正确解题的关键19(1)；(2)； (3) 【详解】(1)金属棒从弧形轨道滑下，由机械能守恒有解得两棒同时进入磁场区域的初速大小均为由于两棒在水平轨道上时所受合外力为零，则两棒在水平轨道上运动时动量守恒解得(2)先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，则两棒在水平面上匀速的速度相等，由动量守恒得解得金属棒a、b进入磁场后，到b棒第一次离开磁场过程中，由能量守恒得解得此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热 b棒产生的焦耳热(3)对物体b，根据动量定理得