榆树市第一高级中学2020-2021学年高二物理上学期期末备考卷B老教材

吉林省榆树市第一高级中学2020_2021学年高二物理上学期期末备考卷B老教材吉林省榆树市第一高级中学2020_2021学年高二物理上学期期末备考卷B老教材PAGEPAGE24吉林省榆树市第一高级中学2020_2021学年高二物理上学期期末备考卷B老教材吉林省榆树市第一高级中学2020-2021学年高二物理上学期期末备考卷（B)（老教材）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、选择题:本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中,第1～8题只有一项符合题目要求,每小题3分；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1．关于电场和磁场，下列说法正确的是（）A．我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱B．电场线和磁感线是可以形象描述场的强弱和方向的客观存在的曲线C．磁感线和电场线都是闭合的曲线D．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，电流之间的相互作用是通过电场来发生的【答案】A【解析】我们虽然不能用手触摸到电场的存在,却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱，故A正确；电场线和磁感线是可以形象描述场强弱和方向，但不是客观存在的曲线，故B错误;磁感线是闭合的曲线,电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线，故C错误；磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，电流之间的相互作用也是通过磁场发生的，故D错误。2．如图所示,条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面,导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()A．FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小B．FN1＝FN2，弹簧的伸长量减小C．FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大D．FN1＞FN2,弹簧的伸长量减小【答案】C【解析】磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置,所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向里,根据左手定则,导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力,因此光滑平板对磁铁支持力减小,由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力变大，弹簧长度将变长，所以FN1〉FN2，弹簧的伸长量增大，故C正确，A、B、D错误。3．如图所示，一匀强电场的方向平行于xOy平面，O点为坐标原点，已知OM与x轴夹角θ＝60°,从原点O起沿x轴方向每经过1m距离电势下降10V，沿OM方向每经过1m电势下降也为10V,图中P点坐标(eq\r（3)m,1m），则下列说法正确的是（)A．电场强度沿OP方向，大小10eq\r（3)V/mB．OP两点的电势差为VC．沿x轴正方向移动电子,每移动1m电场力做功10eVD．沿y轴正方向每移动1m电势降低V【答案】B【解析】从原O点起沿x轴方向每经过1m距离电势下降10V，沿OM方向每经过1m电势下降也为10V，则电场线在∠MOx的角平分线上，当x＝1m时,由几何关系知OB＝eq\f（\r（3）,2）m，根据E＝eq\f(U,d）可得电场强度大小V/m，A错误；OP＝2m，则OP两点的电势差,B正确；沿x轴正方向移动电子，根据W＝qU可知每移动1m电场力做功－10eV，C错误；沿y轴正方向每移动1m，沿电场线方向移动2m，则电势降低，D错误。4．如图所示，平行板电容器与一恒压直流电源相连，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于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值将变大B．静电计指针张角变小C．带电小球的电势能将增小D．若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离,则带电小球所受电场力不变【答案】D【解析】根据电容的决定式C＝eq\f(εrS，4πkd）知,下极板竖直向下移动时，d增大,则电容值将减小，故A错误;静电计测量的是电容器两端的电势差，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,故B错误；电势差不变，d增大,则由公式E＝eq\f(U,d）分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变,则P点的电势增大,因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大，故C错误；若先将下极板与A点之间的导线断开，则电容器的电荷量不变,d改变，根据C＝eq\f（Q,U）、C＝eq\f(εrS，4πkd)、E＝eq\f（U，d)结合得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则知电场强度不变,则小球所受电场力不变，故D正确。5．如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈，工作过程中某段时间通电线圈存在顺时针方向（从左向右看)均匀增大的电流，则()A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，金属片中没有感应电流D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化【答案】D【解析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，可知穿过右侧线圈的磁通量向右且增大,根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，A错误;通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流大小不变，B错误；有金属片通过时,则穿过金属片中的磁通量发生变化，金属片中也会产生感应电流,C错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化,金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同,所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，D正确.6．质谱仪装置原理图如图所示，某种带电粒子经电场加速后从小孔O以相同的速率沿纸面射入匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向外，已知从O点射出的粒子有微小发散角2θ,且左右对称。结果所有粒子落点在乳胶底片的P1P2直线区间,下列说法正确的是(）A．打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子B．打在P2点粒子一定是从O点右偏射入的粒子C．打在P1点粒子一定是从O点左偏射入的粒子D．打在P1点粒子一定是在磁场中运动时间最短的粒子【答案】A【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦磁力提供向心力，则有，解得,由于粒子的速率相同，所以在粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，由几何关系可得粒子在乳胶底片落点与O点的距离为，当发散角θ＝0时，粒子在乳胶底片落点与O点的距离最大，即打在点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子,当发散角θ最大时，粒子在乳胶底片落点与O点的距离最小，即打在P1点的粒子一定是从O点左偏发散角θ最大或右偏发散角θ最大射入的粒子，从O点右偏发散角θ最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最小，从O点左偏发散角θ最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最大，根据可知从O点右偏发散角θ最大射入的粒子的运动时间最短，从O点左偏发散角θ最大射入的粒子的运动时间最长，故选项A正确，B、C、D错误.7．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心、r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点.已知a点的磁感应强度为0，则下列叙述正确的是()A．直导线中的电流方向垂直于纸面向外B．b点的实际磁感应强度为eq\r（2)T，方向斜向右上方，与B的夹角为45°C．c点的实际磁感应强度为0D．d点的实际磁感应强度与b点相同【答案】B【解析】由题意可知，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里,故A错误；由上知道,通电导线在a点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为eq\r(2)T，方向与B的方向成45°斜向上,故B正确；通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右,则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同，故C错误；通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，则d点感应强度为eq\r(2）T，方向与B的方向成45°斜向下，与b点磁感应强度大小相等,方向不同，故D错误.8．如图所示,金属框abcd竖直放置且足够长，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒,质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中。当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后（)A．导体棒ef一定做减速运动B．导体棒ef的加速度不可能大于gC．导体棒ef最终的速度与S闭合的时刻有关D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒【答案】D【解析】当ef从静止下滑一段时间后闭合S,ef将切割磁感线产生感应电流,受到竖直向上的安培力，若安培力大于重力，则导体棒做减速运动；若安培力等于重力,则导体棒做匀速运动；若安培力小于重力，则导体棒做加速运动，故A错误；若安培力大于2mg，合力向上，由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小大于g，故B错误；闭合S，经过一段时间后，ef棒达到稳定速度时一定做匀速运动,由平衡条件得，则得，可见稳定时速度v是定值，与开关闭合的先后无关,故C错误；在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能之和一定守恒，故D正确。9．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步,人类社会的进步又促进了物理学的发展。下列叙述中正确的是()A．电磁感应现象是洛伦兹最先发现的B．电动机可以利用电磁感应原理将电能转化为机械能C．奥斯特发现了电流的磁效应D．法拉第发现了利用磁场产生电流的条件和规律【答案】CD【解析】电磁感应现象最先是由法拉第发现的，奥斯特则是电流磁效应的发现者，选项A错，C、D对；电动机是利用电流在磁场中受磁场力作用而将电能转化为机械能的，选项B错.10．如图所示，电源的电动势为E,内阻为r，R1、R2为定值电阻,L为小灯泡,R3为滑动变阻器.当滑动变阻器的滑片向下滑动时()A．电压表的示数增大B．流过R2的电流增大C．小灯泡的功率增大D．电源的总功率减小【答案】AC【解析】根据闭合电路欧姆定律，干路总电流，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路中电阻变小,则R并减小，I增大；又路端电压U＝E－Ir，则U变小.根据U1＝IR1，电压表示数增大，A正确；因为U＝U1＋U2，则并联部分电压U2减小，又U2＝I2R2,则流过电阻R2的电流I2减小；又因为I＝I1＋I2，则流过小灯泡L的电流I1增大,小灯泡的功率变大，B错误,C正确；电源的总功率P＝EI，增大，则D错误。11．如图等量异种点电荷分别固定与等高的A、B两点,A处点电荷带电量为＋Q，B处点电荷带电量为－Q，AB两点相距2a,AB下方有一根无限长光滑绝缘细杆平行于AB所在直线放置,A到杆的距离为a。有一质量为m带电量＋q的小球穿在杆上，将小球从A点正下方的C处静止释放，E在B正下方,D为CE中点，则下列说法正确的是（)A．小球在C、E处加速度大小相等B．小球在C到E过程中先加速后减速C．小球在E处速度最大D．小球最终速度趋近于小球在D点时的速度【答案】AD【解析】由对称性可知C、E处电场强度相等,所以小球在C、E处加速度大小相等，A正确；根据等量异种电荷的电场分布特点可以知道，小球从C点到E点的过程中受电场力方向在CD段向右下方,在DE段受电场力方向是右上方，受合力方向一直向右，所以小球从C到E一直做加速运动，B错误；小球过了E点有一段受电场力方向仍然是右上方,仍会加速运动一段，所以小球在E处速度不是最大，C错误；小球到无穷远处的速度为最终速度，到无穷远处的电势为零，根据能量守恒以及电场力做功的特点可以知道，小球到无穷远处的速度等于经过D点的速度，所以小球最终速度趋近于小球在D点时的速度，D正确.12．如图甲所示,在MN、QP间存在一匀强磁场，t＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动,外力F随时间t变化的图线如图乙所示,已知线框质量m＝1kg、电阻R＝2Ω,则（)A．线框的加速度为1m/s2B．磁场宽度为4mC．匀强磁场的磁感应强度为2TD．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为eq\f(\r(2),2）C【答案】BD【解析】当t＝0时线框的速度为零，没有感应电流,线框不受安培力，则线框的加速度为a＝eq\f（F，m）＝2m/s2,故A错误；磁场的宽度等于线框在0～2s内的位移，d＝eq\f（1,2)at22＝4m，故B正确；设线框的边长为L，则L等于线框在0~1s内的位移，即L＝eq\f（1,2)at12＝1m，当线框全部进入磁场的瞬间，有F1－F安＝ma,而F安＝BIL＝eq\f(B2l2v,R)，式中F1＝4N，m＝1kg，v＝at＝2m/s，R＝2Ω，联立得到B＝eq\r(2)T，故C错误；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为C，故D正确。二、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．（6分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：(1）用游标为50分度的卡尺测量其长度如图，由可此可知其长度为________cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为________mm;（3）用多用电表的电阻“×10"挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为________Ω。【答案】(1）3.020（2）4。700(3)170（每空2分)【解析】(1）游标卡尺的固定刻度读数为30mm,游标尺上第10个刻度游标读数为0。02×10mm＝0。20mm,所以最终读数为：30mm＋0。20mm＝30.20mm＝3。020cm。(2)螺旋测微器的固定刻度读数为4。5mm，可动刻度读数为0。01×20。0mm＝0。200mm，所以最终读数为:4.5mm＋0.200mm＝4。700mm.(3)多用电表的电阻“×10”挡测电阻，由图示表盘可知，所测电阻阻值为170Ω.14．（10分)某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3。8V，额定电流0。32A)；电压表V（量程3V，内阻3kΩ）；电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω)；固定电阻R0(阻值1000Ω)；滑动变阻器R（阻值0～9。0Ω）；电源E(电动势5V,内阻不计)；开关S；导线若干。（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。（2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示，由实验曲线可知，随着电流的增加，灯丝的电阻率________。（选填“增大”“不变”或“减小”)(3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω)和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率.闭合开关S，在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W。（结果均保留2位小数)【答案】（1）实验电路原理如图所示(4分）(2)增大（2分)(3)0。39(2分）1.17（2分)【解析】(1)小灯泡的电压要求从0开始调节,滑动变阻器采用分压式接法，小灯泡的额定电压超出电压表的量程,需与R0串联后接入电路,电路图如图所示。(2）I－U图像中随着电流的增大，图线的斜率变小,小灯泡的电阻增大,根据电阻定律R＝ρeq\f（L，S)得灯丝的电阻率增大。（3）当R＝0时，电源路端电压与电流的关系图像如图线甲所示，此时小灯泡功率有最大值.当R＝9Ω时，将R看作电源内阻，则等效电源内阻为10Ω，其路端电压与电流的关系图像如图线乙所示。此时小灯泡功率有最小值.取图线甲与小灯泡伏安特性曲线交点：U1＝3.66V，I1＝0.319A，小灯泡的最大功率P1＝U1I1≈1。17W。取图线乙与小灯泡伏安特性曲线交点:U2＝1.77V，I2＝0.222A，小灯泡的最小功率P2＝U2I2≈0.39W。（6分)如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时,磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流,从t＝0开始，求磁感应强度B随时间t变化的关系式.【解析】要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化,在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2(2分）设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl（l＋vt)(2分）由Φ1＝Φ2得B＝eq\f(B0l,l＋vt）。(2分)16．(10分)如图，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B＝0。5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝6.0V、内阻r＝0。5Ω的直流电源。现把一个质量m＝0。05kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2。5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1）通过导体棒的电流大小;(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小.【解析】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：。(2分）（2）导体棒受到的安培力大小：F＝BIL＝0.4N（2分)根据左手定则，方向平行斜面向上。(2分)（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin37°＝0。3N(1分）由于F1小于安培力,故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f,根据共点力平衡条件,有：mgsin37°＋f＝F(1分)解得：f＝0.1N。(2分）17．（12分)在足够大的竖直匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中的虚线所示。直线上有两个小球A和B，质量均为m。电荷量为q的A球恰好静止，电荷量为2。5q的B球在A球正下方，相距为L.由静止释放B球,B球沿着直线运动并与A球发生正碰，碰撞时间极短,碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在每次碰撞过程中A、B两球间均无电荷量转移,且不考虑两球间的库仑力和万有引力，重力加速度用g表示。求:(1)匀强电场的电场强度大小E；（2)第一次碰撞后,A、B两球的速度大小vA、vB。【解析】（1)由题意可知，带电量为q的A球在重力和电场力的作用下恰好静止，则qE＝mg（2分)可得匀强电场的电场强度大小E＝(2分）（2）由静止释放B球，B球将在重力和电场力的作用下向上运动，设与A球碰撞前瞬间速度为v1，由动能定理得：（2。5qE－mg）L＝eq\f（1，2）mv12（2分）A、B两球碰撞时间很短，且无动能损失，由动量守恒和动能守恒得:mv1＝mvA＋mvB（2分)eq\f（1,2)mv12＝eq\f（1,2)mvA2＋eq\f（1，2）mvB2(2分)联立解得：vA＝，vB＝0.(2分）18．（1