福建省仙游县枫亭中学2019-2020学年高二上学期期末物理试题(解析版)

1、2019-2020 学年度第一学期期末高二物理试卷一、单项选择题（本题共8 小题，每小题 4 分，共计 32 分，每小题只有一个选项符合题意。）1.电子在电场中a 点具有 80ev 电势能，它由a 点运动到 b 点过程中，克服电场力做功30ev，则（）a. 电子在 b点的电势能是30evb. 电子的电势能减少30evc. 电子在 b 点的电势能是110evd. b 点的电势是110v【答案】 c 【解析】【详解】 abc 电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加本题“克服电场力做功，即为电场力做负功，所以电势能增加。根据w电= ep电得出：电子在b处的电势能是w电= ep电=80ev

2、+30ev=110ev 故 ab 错误， c 正确；d根据电势的定义，若带电粒子是电子，则在b点的电势等于110veqd 错误。故选 c。【点睛】根据电场力做功与电势能变化的关系，电场力做负功，电势能增加，即可得到电子在b 点具有的电势能；电势是电荷在电场中某点具有的电势能与电荷所带电荷量的比值，由定义式可求出该点电势2.如图所示，长直导线与矩形线框同处于光滑水平面上，长直导线固定，线框可以在桌面上自由滑动，当通以图中所示电流时，矩形线框的运动情况是（）a 靠近通电直导线b. 远离通电直导线c. 保持静止不动d. 顺时针转动【答案】 a 【解析】【详解】根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，

3、则知线框左侧的电流受到的安培力向左，右侧的安培力向右，由于左侧靠近电流i1，则 i1对左侧的安培力大于对右侧的安培力，线圈所受的安培力合力方向向左，则线圈将向左运动a描述与分析相符，故a 正确 .b描述与分析不符，故b 错误c描述与分析不符，故c 错误 .d描述与分析不符，故d 错误 .3.下列各图中对通电导线在匀强磁场中所受安培力f 的方向判断正确的是a. b. c. d. 【答案】 c 【解析】【详解】 a、所受安培力f 的方向水平向右，bd、不受安培力的作用c、所受安培力f 的方向垂直于导线向上，故选c 4.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中m 点以相同速度飞出a、b 两个带

4、电粒子运动轨迹如图中虚线所示则().a. a一定带正电， b 一定带负电b. a的速度将减小，b 的速度将增加c. a的加速度将减小，b的加速度将增加d. 两个粒子的电势能一个增加一个减小【答案】 c 【解析】由于不知道电场线的方向，a、b 带电性质不能判断，a 错；a 所受电场力向左，电场力做正功， 速度增大，同理可判断b 粒子速度增大，b 错；电场力f=ma ，f=qe ，电场线疏密表示场强大小，可知c 对； d 错；5.将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()a.

5、 圆环顺时针转动，靠近磁铁b. 圆环顺时针转动，远离磁铁c. 圆环逆时针转动，靠近磁铁d. 圆环逆时针转动，远离磁铁【答案】 c 【解析】根据环形电流周围的磁场分布结合左手定则可知，圆环右侧部分受到的安培力向里，左侧部分受到的安培力向外，所以从上往下看圆环逆时针转动再将转动90后的通电圆环等效成一个小磁针，则 n 极在左， s极在右，根据同极相互排斥异极相互吸引可知，圆环靠近磁铁，故c正确， abd错误6.a、b 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从a点沿电场线运动到 b 点，其速度v与时间 t 的关系图象如图所示则此电场的电场线分布可能是选项图中的a. b.

6、 c. d. 【答案】 a 【解析】【详解】由v-t图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由f=qe知，场强增大，电场线越来越密电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右a该图与结论相符，选项a 正确；b该图与结论不相符，选项b 错误；c该图与结论不相符，选项c 错误；d该图与结论不相符，选项d错误；7.如图所示，两平行金属导轨ef）cd 间距为 l，与电动势为e 的电源相连，质量为m、电阻为 r 的金属棒ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成角 ，回路其余电阻不计为使ab 棒静止

7、，需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为） ）a. mgrel，水平向右b. cosmgrel，垂直于回路平面向上c. sinmgrel，垂直于回路平面向下d. tanmgrel，竖直向下【答案】 c 【解析】【分析】导体棒受重力、支持力和安培力，三力平衡，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时根据安培力公式计算出的磁感应强度即为最小值【详解】对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示：从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为：fa=mgsin ，故磁感应强度的最小值为：sinafmgbilil）根据欧姆定律，有：e=ir）故有：sinmgr

8、bel，根据左手定则，磁场方向垂直平面向上，故c 正确、 abd 错误【点睛】本题是三力平衡中动态分析问题，即其中第一个力大小和方向都不变，第二个力方向不变，大小可变，则当地三个力与第二个力垂直时，第三个力取最小值8.如图所示，一个半径为r 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度b 大小相等， 方向均与环面轴线方向成 角（环面轴线为竖直方向），若导电圆环上通有如图所示的恒定电流i，则下列说法不正确的是（）a. 导电圆环有收缩的趋势b. 导电圆环所受安培力方向竖直向上c. 导电圆环所受安培力的大小为2bird. 导电圆环所受安培力的大小为2 birsin 【答案】 c

9、【解析】【分析】由题意可知考查安培力作用下的平衡问题，由左手定则和力的平衡条件计算可得【详解】若导电圆环上通有如题图所示的恒定电流i， 由左手定则可得导电圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2 birsin ，故选项 a、b、d 不符合题意，选项c符合题意【点睛】受力分析时可以把立体空间关系转化为平面关系，利用正交分解计算可得二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16分，每小题至少有两个选项符合题意）9.如图所示，一个质量为0.1g、电荷量为510-4c 的小滑块（可视为质点） ，放在倾角为=30的足够

10、长光滑绝缘斜面顶端， 斜面置于b=0.5t 的匀强磁场中， 磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离l 后离开斜面，已知g=10m/s2，则（）a. 小滑块带正电b. 小滑块带负电c. l=1.2md. 小滑块离开斜面的瞬时速率为2m/s【答案】 ac 【解析】【详解】 ab、由题意知，小滑块运动一段距离l 后离开斜面，则小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可知小滑块带正电，故a 正确， b 错误cd、由题意知，当滑块离开斜面时，有：bqv=mgcos，解得 v=cosmgqb=23m/s；滑块在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，其加速度a=gsin=5m

11、/s2，由 v2=2al，解得 l=22sinvg=1.2m，故 c 正确， d 错误10. 如图所示的ui 图像中，直线i 为某电源的路端电压与电流的关系，直线）为某一电阻r的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻r 连接成闭合电路，由图像可知（）a. r 的阻值为1.5 b. 电源电动势为3v，内阻为0.5 c. 电源的输出功率为1.5wd. 电源内部消耗功率为1.0w【答案】 ac 【解析】【详解】 a.电阻 r 的伏安特性曲线的斜率等于电阻的阻值，r 的阻值大小为：1.51.51.0uri，故 a 正确；b.根据闭合电路欧姆定律得u=e- ir，由图象读出，当i=0 时，电源的电动势：e =

12、 u =3v；内阻等于图线的斜率大小，则3.01.52.0uri，故 b 错误；c.两图线的交点表示该电源直接与电阻r 相连组成闭合电路时的工作状态，由图读出路端电压u=1.5v ，电流 i=1a，则电源的输出功率为：p出=ui =1.5 1w=1.5w ，故 c 正确；d.内部消耗的功率为：2211.5w1.5wpi r内故 d 错误。故选： ac。11. 如图所示， 竖直放置的一对平行金属板间的电势差为u1， 水平放置的一对平行金属板间的电势差为u2，一电子由静止开始经u1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出，不计电子重力，下列说法正确的是（）a. 增大 u1，电子一定打在金

13、属板上b. 减小 u1，电子一定打在金属板上c. 减小 u2，电子一定能从水平金属板间射出d. 增大 u2，电子一定能从水平金属板间射出【答案】 bc 【解析】【详解】设水平金属板长为l，两板间距离为d，电子在加速度电场中，根据动能定理，有eu1=12mv2电子在偏转电场中，水平方向有l=vt竖直方向2212u eytdm联立三式可得，电子在竖直方向偏转距离2214u lyduab由上式可知，减小u1，可增大偏转距离y，则电子一定打在金属板上，故b 正确， a 错误；cd减小 u2，可减小偏转距离y，则电子一定能从水平金属板间射出，故c 正确， d 错误。故选 bc。12. 如图所示，放在通电

14、螺线管内部中间处的小磁针，静止时n 极指向右端（）的a. 电源 c端为负极b. 电源 c端为正极c. 通电螺线管的a 端是 n 极d. 通电螺线管的a 端是 s极【答案】 bd 【解析】【详解】 ab. 小磁针n 极水平向右，知螺线管内部的磁场方向向右，根据右手螺旋定则知，电流从螺线管左边导线进入，则电源c 端为电源的正极，故a 错误， b 正确；cd.通电螺旋管内部磁场方向从s 极指向 n 极，由小磁针的n 极水平向右， 知通电螺线管的左端a 为 s极，故 c 错误， d 正确。故选： bd。三、实验题（每空2 分，共 14 分）13. 用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，被测电

15、源是两节干电池串联的电池组可供选择的实验器材如下：a电流表，量程0） 0.6 a ） 3 ab电流表，量程0） 100 a） 100 mac电压表，量程0） 3 v ） 15 vd滑动变阻器，0） 1 000 ） 0.1 ae滑动变阻器，0） 20 ） 2 af电键一个，导线若干(1)为了尽量得到较好效果，电流表应选_，量程应选 _ ，电压表量程应选 _，滑动变阻器应选_）(2)如图有甲、乙两个可供选择的电路，应选_电路进行实验实验中误差是由于_表的读数比实验值偏_(选填 “ 大” 或“ 小”) ）【答案】(1). a(2). 0）0.6 a(3). 0）3 v(4). e(5). 乙(6).

16、 电流(7). 小的【解析】(1)一般干电池允许通过的最大电流为0.5 a，故电流表应该选a，其量程应该选00.6a:）两节干电池串联后的电动势为3.0 v，故电压表量程应该选03v:）滑动变阻器的最大阻值只需要比电池组的内阻大几倍即可，故选择e）(2) 应该选乙电路，电流表的内阻和滑动变阻器的阻值相差不大，其分压作用不可忽略，而电压表的内阻相对滑动变阻器的阻值来讲大很多，其分流作用可以忽略，故选择乙电路； 实验中电压表的示数是路端电压，电流表的示数比干路中的电流略小，所以实验中的误差是由于电流表的读数比实际值偏小所造成的四、计算题（ 14 题 10 分，15 题 14 分，16 题 14分，

17、共 38 分）14. 如图所示，一带电粒子质量为m，电量为q（不计重力） ，以某一速度垂直射入磁感应强度b、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为30 求：（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动时的速度大小；（2）带电粒子穿过磁场区域的时间为多少？【答案】（ 1）2qbdm（2）6mqb【解析】【详解】（ 1）粒子在磁场中做运输证运动的轨迹如图所示：粒子轨道半径：230drdsin粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vqvbmr解得：2qbdvm；（2）粒子做圆周运动的周期：2 mtqb由几何知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角为：30则粒子在磁场

18、中的运动时间为：3023603606mmttqbqb15. 如图所示，在y0 的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y 0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上 yh 处的点p1时速率为v0，方向沿 x 轴正方向；然后， 经过 x 轴上 x2h 处的 p2点进入磁场， 并经过 y 轴上 y2h处的 p3点。不计重力。求：）电场强度的大小。）粒子到达p2时速度的大小和方向。）磁感应强度的大小。【答案】（ 1）202mveqh（ 2）02vv，45o （3）0mvbqh【解析】的【详解】（ 1）粒子在x 轴上方电场中做类平抛运动：x 方向：2h=v0ty 方向：h=212qetm解得：e=202vmqh；（2）粒子做类平抛运动，x方向：2h=v0t竖直方向分速度：vy=at=0qetvm粒子到达 p2时速度大小：v=220yvv解得：v=02vtan =01yvv，则速度方向与 +x 方向夹角： =45 ；（3）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：r=2h,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvb=m2vr，解得：b=0mvqh16. 如图所示，在x 轴上方有垂直于xoy 平面向里的匀强磁场，磁感强度为b；在 x 轴下方有沿y 轴负方向的匀强电场，场强