云南省迪庆州维西县第二中学2019-2020学年高二（上）期末物理试题（解析版）.docx

1、云南省迪庆州维西县第二中学2019-2020学年上学期期末考试高二 物理（本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间150分钟）一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1.由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪如图所示，它曾由航天飞机携带升空，将来安装在阿尔法国际空间站中，主要使命之一是探索宇宙中的反物质所谓的反物质即质量与正粒子相等，带电量与正粒子相等但相反，例如反质子即为H，假若使一束质子、反质子、粒子和反粒子组成的射线，以相同的速度通过OO进入匀强磁场B2而形成的4条径迹，则()A. 1、3是反粒子径迹B. 2、4为反粒子径迹C. 1、2为反粒子径迹D. 4为反粒子径迹【答案】C

2、【解析】【详解】ABC.在磁场中，粒子做匀速圆周运动，正离子受力向右，向右偏转；负离子向左偏转。故1、2为反粒子径迹，选项C正确，AB错误；D.根据洛伦兹力提供向心力有：解得：故质子与粒子的半径之比为1：2，即粒子转弯半径大，所以3是质子，4是粒子；1是反质子，2是反粒子；选项D错误。故选C。2.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属基板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中，A. P、Q构成的电容器的电容增大B. P上电荷量保持不变C. M点的电势比N点的低D. M点的电势比N点的高【答案】D【解析】【详解】电容式话筒与电源串联，电压

3、保持不变，在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，又根据电容定义式得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高，故ABC错，D正确。故选D。3.如图为某位移式传感器的原理示意图，平行金属板A、B和介质P构成电容器，则( )A. A向上移电容器的电容变大B. P向左移电容器的电容变大C. A向上移流过电阻R电流方向从N到MD. P向左移流过电阻R的电流方向从M到N【答案】D【解析】A向上移时，板间距离增大，根据，得知电容器的电容变小，而电容器板间电压不变，由，分析可知电容器的电量减小，通过R放电，则流过电阻R的电流方向从M到N，AC错误；P向左移

4、，减小，根据，得知电容器的电容变小，由，分析可知电容器的电量减小，通过R放电，则流过电阻R的电流方向从M到N，B错误D正确4.如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中A. 电压表与电流表的示数都减小B. 电压表与电流表的示数都增大C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大【答案】A【解析】【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压

5、减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大故A正确，BCD错误5.两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d，B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（ ）A. QAQB=21B. QAQB=12C. QAQB=11D. QAQB=41【答案】A【解析】【详解】电阻丝A、B 长度之比为1：2，直径比为1：2，则横截面积比为1：4，根据电阻定律知电阻之比为2：1；因为A、B串联电流相等，根据Q=I2Rt知热量之比为2：1。选项A正确，B、C、D错误。故选B。6.如图所示，在边长为2a的正三角

6、形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足( )A. BB. BD. B【答案】B【解析】【详解】粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：则粒子运动的半径为洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得粒子要从AC边射出，则，故故B正确；故选B。7.如图，P和Q为带电量分别为+q和-q的两个等量异种电荷，两者相距为L，O为PQ连线的中点，M、N为中垂线上关于O点对称的两个点，则( )A. M、O、N

7、三点的场强都相等B. M、N 两点的场强大小相等，方向相同C. O点的场强为零D. M、O、N三点的电势大小关系为MNO【答案】B【解析】【详解】由于M、N两点关于O点对称，所以M、N两点场强相同，由等量异种点电荷周围电场线的分布可知O点场强是中垂线上最大的一点，A错；B对；O点场强不为零，C错；中垂线为等势线，所以M、O、N三点的电势相等，D错；【点睛】对常见电场周围的电场线的分布要熟记，并能根据对称性巧妙的处理一些问题8.电炉通电后，电炉丝热得发红，而跟电炉连接的铜导线却不太热，原因是()A. 通过电炉丝的电流大，而铜导线电流小B. 电炉丝和铜导线消耗的电能相同，但铜导线散热快，所以不热C

8、. 铜导线的电阻比电炉丝小得多，在串联的情况下铜导线的发热量小D. 电炉丝两端的电压比铜导线两端的电压小得多【答案】C【解析】【详解】A电炉在使用时，电炉丝和导线串联，则，选项A错误；BC.又因为通电时间t相同，但，根据有电流产生的热量，电炉丝与铜导线消耗的电能不同。选项B错误，正确C；D.由于二者电流相同和电阻不同，据欧姆定律知电炉丝两端的电压比铜导线大的多，选项D错误。故选C。9.如图所示，边长为d的等边三角形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场，比荷为的电子以速度v沿ab边射入磁场为使电子从bc边射出磁场，磁感应强度B应满足()A. BB. BC. BD. B【答案】C【解析】【详解】电子在磁

9、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：，解得：；当电子从c点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，如图；由几何知识得：解得：欲使电子能经过BC边，必须满足：解得：选项C正确，ABD错误。故选C。【点睛】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，然后由半径求解B的范围。10. 如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点在电子经过a点的瞬间条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右【答案】A【解析】【详

10、解】P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点可知条形磁铁的磁场的方向向外，电子向右运动，由左手定则可知，电子受到的条形磁铁对电子的作用力的方向向上【点睛】本题提供的情景看似比较复杂，在去芜存菁后可知，电子受到的洛伦兹力的方向可以由左手定则直接判定要注意的是：对负电荷而言，四指所指方向为其运动的反方向二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 11.a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，下列说法正确的是()A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B. b和c同时飞离电场C. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D. 动能的增量相比，c

11、的最小，a和b的一样大【答案】ACD【解析】【详解】AB三个粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即，所以在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场。选项A正确，B错误；C.因为，又，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以选项C正确；D根据动能定理知，a、b两电荷电场力做功一样多，所以动能的增量相等。c电荷电场力做功最少，动能的增量最小。选项D正确。故选ACD。【点睛】解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向上的匀速直线运动和沿电场方向上的初速度为0的匀加速直线运动。12.如图所示，在纸面内

12、水平向右的水平匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场中，有一水平的固定绝缘杆，小球P套在杆上，P的质量为m，电量为q，P与杆间的动摩擦因数为，电场强度为E，磁感应强度为B，重力沿纸面向下，小球由静止起开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长在运动过程中小球最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是()A. 当aa0时小球的加速度一定增大B. 当vv0时小球加速度一定减小C. 当aa0时小球的速度v与v0之比一定大于D. 当vv0时小球的加速度a与a0之比一定大于【答案】BD【解析】【详解】对小球受力分析，当静止时，电场力水平向左，重力竖直向下，支持力竖直向上，摩擦力水平向右，水平方向

13、有：此时：当速度增大时，导致洛伦兹力增大，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向上，所以随速度的增大洛伦兹力增大时，支持力减小，从而使得滑动摩擦力减小，小球的加速度增大，小球做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力与重力大小相等时，小球的加速度最大，此时小球的加速度为：速度继续增大，则洛伦兹力大于重力，支持力的方向变成向下，加速度随速度的增大开始减小，小球做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，小球达到最大速度，此时有：最大速度为：之后做匀速直线运动。 A.由以上的分析可知，小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动。当时小球的加速度可能减小，也可能增大。选项A错误；B.小球开始时从加速度开始

14、做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动到匀速直线运动。由运动的对称性可知，当小球的加速度最大时，小球的速度还不到，所以当时小球的加速度一定减小。选项B正确；C.由于当时小球的加速度可能减小，也可能增大，所以当时小球的速度v与v0之比可能小于，有可能大于。选项C错误；D.由分析知，当小球的加速度时，小球的速度还不到，所以当时小球的加速度a一定小于a0。当速度等于时有：即解得所以选项D正确。故选BD。【点睛】本题考查小球在复合场中的运动，解答的关键是对物体受力分析，根据牛顿第二定律分析求解。抓住滑动摩擦力等于零时，加速度最大；而合力为零时，速度最大。13.关于安培力和洛伦兹力，下列说法中

15、正确的是A. 带电粒子在磁场中运动时，有可能不受洛伦兹力作用B. 洛伦兹力对运动电荷一定不做功C. 放置在磁场中的通电直导线，一定受到安培力作用D. 放置在磁场中的通电直导线，有可能不受安培力作用【答案】ABD【解析】【详解】带电粒子在磁场中运动速度与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，A对；洛伦兹力与速度垂直，不做功，B对；放置在磁场中的通电直导线与磁场平行时不受安培力作用，C错D对；选ABD14.关于电荷量，以下说法正确的是A. 物体所带的电荷量可以为任意值B. 物体所带的电荷量只能为某些值C. 物体带电量的最小值为1.6109CD. 若物体带正电荷，电荷量为1.6109C，这是因为物体失去了1

16、.01010个电子【答案】BD【解析】【详解】AB 物体所带的电荷量不能为任意实数，只能为元电荷的整数倍。故A错误，B正确。C 物体带电荷量的最小值与电子的电荷量数值相等，为1.610-19C故C错误。D 物体带电1.6010-9C，说明物体失去了1.01010个电子。故D正确。分卷II三、实验题(共2小题,共16分) 15.霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展如图1所示，在一矩形半导体薄片的P，Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M，N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足UHk，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数某同

17、学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电，电流与磁场方向如图1所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“”接线柱与_(填“M”或“N”)端通过导线相连(2)已知薄片厚度d0.40 mm，该同学保持磁感应强度B0.10 T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示根据表中数据在图2中画出UHI图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为_103VmA1T1(保留2位有效数字).(3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图3所示的测量电路，S1，S2

18、均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片(未画出)为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向_(填“a”或“b”)，S2掷向_(填“c”或“d”)为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件_和_(填器件代号)之间【答案】 (1). （1）M (2). （2） (3). 1.5(1.41.6) (4). （3）bc， (5). S1(或S2)， (6). E【解析】（1）根据左手定则得，正电荷向M端偏转，所以应将电压表“+”接线柱与M端通过导线相连（2）UH-I图线如图所示根据知，图线的斜率为，解得霍尔系数为：k=1

19、.510-3VmA-1T-1（3）为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向b，S2掷向c，为了保护电路，定值电阻应串联在S1，E（或S2，E）之间16.在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为3 实验室备有下列实验器材A.电压表V1（量程3 V，内阻约为15 k）B.电压表V2（量程15 V，内阻约为75 k）C.电流表A1（量程3 A，内阻约为0.2 ）D.电流表A2（量程600 mA，内阻约为1 ）E.变阻器R1（010 ，1.0 A）F.变阻器R2（0100 ，0.3 A）G.电池E（电动势为3 V，内阻约为0.3 ）H.开关S，导线若干(1)提高实验精确度，减小

20、实验误差，应选用的实验器材有_(2)为了减小实验误差，应选用图中_（填“a”或“b”）为该实验的电路原理图，并按所选择的原理图把实物图用导线连接起来_(3)用刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635 mm，两电表的示数分别如图所示，则电阻值为_，电阻率为_【答案】 (1). ADEGH (2). b (3). (4). 2.4 (5). 【解析】【详解】(1)1伏安法测电阻，需要：G、电池E（电动势为3 V，内阻约为0.3 ），H、开关S，导线若干；电源电动势是3 V，因此电压表可选：A、电压表V1（量程3 V，内阻约为15 k）；电路最大电流：如果选用量

21、程是3A的电流表，电流表指针偏转角度不到电表刻度的三分之一，为提高实验精度，电流表可选：D；电流表A2（量程600 mA，内阻约为1 ），滑动变阻器F的额定电流太小，因此滑动变阻器应选E变阻器R1（010 ，1.0 A）；即需要的实验器材有：ADEGH；(2)2因为：电流表应选择外接法，因此实验电路应选b；3根据电路图连接实物电路图，实物电路图如答图所示；(3)4电压表量程是3 V，由图示电压表可知，电压表分度值是0.1 V，电压表示数是1.20 V，电流表量程是600 mA=0.6 A，由图示电流表可知电流表分度值是0.02 A，电流表示数是0.50 A，电阻阻值：R=2.4 5由电阻定律可

22、知：R=，则电阻率：=代入数据解得：m四、计算题 17.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的过程中，重力做正功mgLsin60，电场力做功为qUAB，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=LLco

23、s60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18.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示（每个

24、电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：（1）在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？【答案】（1）13.5cm（2）30cm【解析】【详解】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：所以：,经偏转电场偏转后偏移量所以,由题图知t=0.06s时刻U偏=1.8U0，代入数据解得y=4.5 cm，设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：代入数据解得：Y=13.5cm（2）由题知电子偏移量y的最大值为 ，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了根据解得Y= ，所以荧光屏上电子能打到的区间长

25、为：2Y=3L=30cm19.如图所示，电源的电动势为10 V，内阻为1 ，R1=3 ，R2=6 ，C=30 F求：（1）闭合电键S，稳定后通过电阻R2的电流（2）再将电键S断开，再次稳定后通过电阻R1的电荷量【答案】（1）1 A （2）1.2104C【解析】【详解】（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，根据全电路欧姆定律得：（2）闭合开关S时，电容器两端的电压即R2两端的电压，为：U2=IR2=16V=6V开关S断开后，电容器两端的电压等于电源的电动势，为E=10V，则通过R1的电荷量为：Q=C（E-U2）=310-5（10-6）C=1.210-4C20.如图所示，竖直平面xOy内存

26、在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/c，在y0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量q= +0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点，（g=10m/s2），求：（1）小球运动到O点时的速度大小；（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；（3）ON间的距离【答案】(1）2m/s （2) 8.2N （3)3.2m【解析】试题分析：由A到O的过程，只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求得O点的速度；小

27、球由A到O的过程做圆周运动，在最低点，绳的拉力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求得拉力大小；悬线断裂后，沿电场方向小球做匀减速直线运动，沿重力方向做自由落体运动，小球又恰好能通过O点正下方的N点，说明小球到达N点时，沿电场方向的速度为vo，从而可求的由O到N的时间，继而求出ON间的距离（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理： 代入数据解得小球在O点速度为： （2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律： 洛伦兹力为： 联立代入数据解得： （3）绳断后，小球做匀变速曲线运动，可分解为水平方向匀变速和竖直方向自由落体运动所以，小球水平方向加速度大小为： 小球从O点运动至N点所用时间： 竖直方向ON间距离： 点睛：本题主要考查了物体在复合场中的运动，分清楚小球的运动过程，并正确的做出受力分析是解决本题的关键，另外还要会根据物体受力情况判断出物体的运动情况，再结合动能定理即可轻松解决问题