1、2019-2020学年山西省运城市高二（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分、在每小题给出的四个选项中，第1-7小题只有一项符合题目要求，第8-10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，有选错或不答的得0分）1.关于物理学史，下列说法中正确的是（）A. 奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场B. 安培认为磁化使铁质物体内部产生了分子电流C. 库仑发现了点电荷的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值D. 库仑通过扭秤实验测出了引力常量G的大小【答案】A【解析】【详解】A奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场，故A正确
2、；B安培提出分子电流假说，很好的解释了磁现象的电本质，他认为所有物体里面都有分子电流，磁化使铁质物体内部的分子电流的取向趋向一致，故B错误；C库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C错误；D卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量G大小，故D错误。故选A。2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（）A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的小B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的大C. 带电质点一定从P
3、向Q运动D. 三个等势面中，c的电势最高【答案】B【解析】【详解】A等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大，故A错误；B根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知电荷所受的电场力应向下，则从P到Q的过程中电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大，所以P点电势能大，故B正确；C带电质点可能从P向Q运动，也可能从Q向P运动，故C错误；D不知道该质点带正电还是带负电，所以不能判断电势的高低的关系，故D错误；故选B.3.如图所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为与，质量分别为和它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，粒子打在N板上的 点，B粒子打在N板上
4、的点，若不计重力，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设粒子进入电场时的速度为，电荷量为q，质量为m，所以加速度运动时间偏转位移为，整理得显然由于A粒子的水平位移小，则有，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故C正确4.如图是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器。电流表为值班室的显示器。a、b之间接报警器，已知R2的阻值随温度的升高而减小。当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I，R1端的电压U的变化情况是（）A. I变大，U变大B. I变大，U变小C I变小，U变大D. I变小，U变小【答案】C【解析】【详解】当传感器R2所
5、在处出现火情时，R2的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流变大，流过电阻R1的电流变大，则U变大。路端电压减小，则电路中并联部分的电压U并EI（R1+r），I变大，其他量不变，则U并变小，I也变小，故C正确，ABD错误。故选C。5.如图所示，带电小球A、B的电荷分别为 QA、QB，OAOB，都用长L的丝线悬挂在O点，静止时A、B相距为d，为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法（）A. 将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B. 将小球B的质量增加到原来的2倍C. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍【答案】D
6、【解析】【详解】AB如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；由几何关系可知；而库仑力；即： ；mgd3kQAQBL；要使d变为，可以使B的质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故AB错误；CD或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故C错误，D正确；故选D。6. 如图所示，两平行金属板A、B水平放置，板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，闭合开关使电容器充电，一个不计重力的带电粒子恰能水平向右匀速通过，则A. 仅将极板A上移一小段距离，带电粒子将向下偏B. 仅将极板A上移一小段距离，带电粒子仍能沿
7、直线运动C. 仅将极板A、B错开一段距离，带电粒子一定向上偏D. 仅将极板A下移，此过程中将出现a到b的电流【答案】BD【解析】试题分析：带电粒子恰能水平向右匀速通过，库仑力等于洛伦磁力，仅将极板A上移一小段距离，电容减小，如果两板间的电压不变，Q=CU，电量减小，但由于二极管的单向导电性，电容无法放电，电量保持不变，根据，得：，所以电场强度不变，带电粒子仍能沿直线运动，A错误、B正确；仅将极板A、B错开一段距离，电容减小，电容无法放电，电量保持不变，电场强度增大，但无法判断电场力的方向，带电粒子不一定向上偏，C错误；仅将极板A下移，电容增大，电压不变，电量增加，此过程中将出现a到b的电流给电
8、容充电，D正确考点：带电粒子在复合场中的运动、二极管7.如图所示，截面为等腰直角三角形的物块固定在水平面上，两根长为L的细导体棒a、b被放在三角形的两个光滑直角面等高的地方，导体棒a的质量为ma，导体棒b的质量为mb。现分别对两导体棒通以同向电流Ia、Ib，且Ia2Ib2I，两棒恰能保持静止，则下列说法正确的是（）A. 两导体棒的质量之比ma：mb2：1B. 两导体棒的质量之比ma：mb1：2C. 电流Ib在导体棒a处产生的磁场的磁感应强度大小为D. 电流Ia在导体棒b处产生的磁场的磁感应强度大小为【答案】D【解析】【详解】AB对导体棒a、b受力分析如图所示，由平衡条件得：对a有 Fmagta
9、n45同理对b有 Fmbgtan45解得：ma：mb1：1故AB错误；CD根据磁感应强度定义式得：电流Ia在导体棒b处产生的磁场的磁感应强度大小 电流Ib在导体棒a处产生的磁场的磁感应强度大小 故C错误，D正确；故选D。8.关于电场和磁场的概念,以下说法正确的是()A. 电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场B. 放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零D. 电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零【答案】AB【解
10、析】【详解】电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场，选项A正确；放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零，选项B正确；一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，可能是导线放置的方向与磁场平行，而该位置的磁感应强度不一定为零，选项C错误；电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，可能是电荷的速度为零或者速度方向与磁场平行，而该位置的磁感应强度不一定为零，选项D错误；故选AB.9.如图所示的闭合电路中，当滑动变阻器的滑片P从左端滑向右端的过程中。两个电压表示数的变化量的大小分别为U1、U2，电流表示数的变化量为I，则（）A
11、. U1U2B. U1U2C. D. 【答案】BD【解析】【详解】AB闭合电路电压特点知：EU1+U2+Ur其中Ur表示电路的内电压。当滑片向右滑动过程中，变阻器接入电路中的电阻变小，根据电路中电压分配原则知，U1变大，U2变小，Ur变大。则有EU1+U1+U2U2+Ur+Ur得：U2U1+Ur所以U1U2故A错误，B正确；CD根据上面的分析知所以故C错误，D正确。故选BD.10.如图所示，在边长为L的正三角形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场B和平行于MN的匀强电场E，一带电粒子（不计重力）刚好以初速度v0从三角形的顶点O沿角平分线OP做匀速直线运动。若只撤去磁场，该粒子仍以初速度v0从O
12、点沿OP方向射入，此粒子刚好从N点射出。下列说法中正确的是（）A. 粒子带负电B. 磁感应强度的大小与电场强度的大小之比为v0C. 若只撤去电场，该粒子仍以初速度v0从O点沿OP方向射入，粒子将在磁场中做半径为L的匀速圆周运动，且刚好从M点射出D. 粒子在只有电场时通过该区域的时间大于粒子在只有磁场时通过该区域的时间【答案】AD【解析】【详解】A只撤去磁场，即只有电场时，粒子从N点射出，说明粒子受到的电场力方向水平向右。同时存在电场与磁场时粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力合力为零，所以洛伦兹力方向水平向左，根据左手定则判断可知粒子带负电，故A正确。B粒子做匀速直线运动时，有 qEqv0B得
13、 v0故B错误。C若只撤去电场，只存在磁场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qv0Bm只存在电场时，粒子从O点沿角分线OP射入，此粒子刚好从N点射出，粒子在电场中做类平抛运动，则有：结合v0，解得：rL设轨迹圆心为O，则OMLr所以粒子从OM之间的某位置射出，故C错误。D粒子在电场中做类平抛运动，运动时间为：t1；只有磁场时，因射入磁场时与OM的夹角为30，在OM之间射出磁场时，速度方向与OM的夹角仍为30，粒子的偏转角为60，则粒子在磁场中运动的时间为：，粒子在电场与磁场中的运动时间之比：1故粒子在只有电场时通过该区域的时间大于粒子在只有磁场时通过该区
14、域的时间，故D正确。故选AD。二、实验题（本题包含2小题，每空2分，共14分，请将答案填在题中横线上或按要求作答）11.(1)如图游标卡尺读数为_mm。(2)某电流表表头内阻Rg200，满偏电流Ig2mA，按如图改装成量程为3V和15V的电压表，其中R1_。【答案】 (1). 14.50 (2). 1300【解析】【详解】(1)1游标卡尺的主尺读数为：14.0mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm0.50mm，所以最终读数为：14.0mm+0.50mm14.50mm；(2)2根据电表改装的串联电阻R1的大小 ；12.在“测定金属的电阻率”的实验中，某同学
15、所测的金属导体的形状如图甲所示，其横截面为空心的等边三角形，外等边三角形的边长是内等边三角形边长的2倍，内三角形为中空为了合理选用器材设计测量电路，他先用多用表的欧姆挡“1”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图乙，则读数应记为_ 现利用实验室的下列器材，精确测量它的电阻R，以便进一步测出该材料的电阻率：A电源E(电动势为3 V，内阻约为1 )B电流表A1(量程00.6 A，内阻r1 约为1 )C电流表A2(量程为00.6 A，内阻r25 )D最大阻值为10 的滑动变阻器R0E开关S，导线若干(1)请在图丙虚线框内补充画出完整、合理的测量电路图_(2)先将R0调至最大，闭合开关S，调节滑动变阻器
16、R0，记下各电表读数，再改变R0进行多次测量在所测得的数据中选一组数据，用测量量和已知量来计算R时，若A1的示数为I1，A2的示数为I2，则该金属导体的电阻 R_ (3)该同学用直尺测量导体的长度为L，用螺旋测微器测量了外三角形的边长a测边长a时，螺旋测微器读数如图丁所示，则a_ mm用已经测得的物理量I1、I2、L、a及题中所给物理量可得到该金属材料电阻率的表达式为_【答案】 (1). 6 (2). (3). (4). 5.665(5.6635.667) (5). 【解析】【详解】1用表的欧姆挡“1”按正确的操作步骤粗测其电阻，由图乙所示表盘可知，读数为：616(1)2给出的器材中只有电流表
17、，没有电压表，但其中一个电流表给出了其内阻，可将此电流表当电压表使用，利用伏安法测电阻，测量电路如图所示(2)3由欧姆定律可知：I2r2(I1I2)R解得R(3)4螺旋测微器读数a5.5mm0.01mm16.55.665mm；5由几何关系可得导体的截面积为S则根据欧姆定律R，解得三、计算题（本题包含3小题，共26分，解答应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，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.如图所示为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势E110V，电源内阻r2，不计各处摩擦，当电动机以v0.80m/s的恒定速度向上提升重
18、物时，电路中的电流I5.0A。求：（1）电动机消耗的总功率P总。（2）电动机线圈的电阻R。【答案】（1）500W； （2）4。【解析】【详解】（1）电源的总功率为PEI1105W550W电源内阻消耗的功率为所以电动机消耗的总功率P总PPr550W50W500W（2）重物被提升的功率即电动机的机械功率为P机mgv5000.8W400W电动机的发热功率为PRP总P机500W400W100W根据PRI2R可得14.如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水
19、平轨道上，滑块受到的电场力大小为3mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，若滑块从水平轨道上距离B点距离为s4R的A点由静止释放（重力加速度为g）。求：(1)滑块到达圆轨道最高点D点时的速度大小v0；(2)滑块到达圆轨道最高点D点时受到轨道的作用力大小F。【答案】(1) 4； (2) 15mg。【解析】【详解】（1）从A点到D点的过程，由动能定理得：qEsmgs2mgR由题意知：qE3mg，=0.5，s4R代入数据解得：vD4（2）滑块到达D点时，重力和轨道作用力的合力提供向心力，则有：mg+Fm解得：F15mg根据牛顿第三定律知，滑块到达圆轨道最高点D点时受到轨道的作用力大小为：FF15
20、mg15.质谱仪是分离和检测不同同位素的仪器，由静电分析器和磁分析器等组成的质谱仪如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离处各点的场强大小相等的径向电场。右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两边界间距近似为零。从离子源射出的速度很小（可认为是零）。质量为m、电荷量为q的离子经加速电场加速后以速度v从M点射入静电分析器，沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出进入磁分析器，最后打在竖直放置于磁分析器左边界的探测板上Q点（Q点未标出），不计离子重力和离子间的相互作用。（1）求加速电场的电压和静电分
21、析器中径向电场的电场强度大小；（2）计算探测板上Q点到O点的距离和离子从M点到Q点的运动时间；（3）若两种质量分别为m1和m2的同位素离子分别以速度v1和v2从N点射入右侧的磁分析器中，求两种离子打在探测板上的位置到N点的距离之比。【答案】（1） ， ； （2）， ； （3）。【解析】【详解】（1）离子在加速电场中，根据动能定理可知解得U离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力解得 （2）离子进入磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动qvBm解得半径根据几何关系可知，OQ的距离x2rr0离子从M点到N点的运动时间t1从N点到Q点的运动时间为总时间tt1+t2（3）由洛伦兹力提
22、供向心力可知解得则两种离子打在探测板上的位置到N点的距离之比为。四、选做题共20分。请考生从16，17两道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。16.图甲是法拉第发明的人类历史上的第一台发电机，图乙是这个圆盘发电机的示意图：圆盘安装在水平铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，下列分折正确的是（）A. 因穿过铜盘的磁通量没有发生变化，故法拉第的第一台发电机不能发电B. 假若该发电机能发电，则图乙中R上的电流从下向上流动C. 图乙中流过R的是方向不断改变的交流电D. 设图乙中铜盘半径为r，匀强磁场大小为B，铜盘转动的角速度为，铜盘产生的电动势
23、为EBr2【答案】B【解析】【详解】A圆盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，可以产生感应电流，可以发电，故A错误；BC根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为从D向R再到C，即为CDRC，通过R的电流从下向上，电流方向不变，通过R的电流是直流电，故B正确，C错误；D根据法拉第电磁感应定律，则有产生的电动势大小不变，故D错误；故选B.17.如图所示，将一光滑U形导体框架（不计电阻）固定在水平面上，框架的间距为L，其左端接有一定值电阻R，在空间加一垂直于框架方向竖直向下的匀强磁，场磁感应强度大小为B，将一长度为L的导体棒MN垂直放在导体框架上（导体棒两端均与框架接触），
24、导体棒的电阻为r，今用一外力作用在导体棒上，使导体棒以速度v向右做匀速运动，导体棒与导体框架的接触始终良好且始终与导体框架垂直，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（）A. M、N两点间的电压为BLvB. 导体棒的热功率为C. 作用在导体棒上的外力大小为D. 流过定值电阻R的电流为由C到D【答案】CD【解析】【详解】A根据题意可知，MN做切割磁感线运动产生的总感应电动势大小为EBLv所以M、N两点间的电压为：故A错误；B导体棒的热功率为：故B错误；C导体棒匀速运动外力和安培力大小相等，即外力为：FBIL故C正确；D根据楞次定律可知电阻R上的电流方向为C到D，故D正确。故选CD.18.将一足够长
25、的光滑U形导轨固定在竖直平面内，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，导轨间距为L，一质量为2m的金属板置于导轨的顶端，开始处于锁定状态，如图所示。一质量为m的小金属块由金属板的正上方H高处无初速释放，当金属块与金属板碰后锁定立即解除，此后二者一起向下运动。若忽略一切摩擦，除金属板的电阻R外其余部分电阻均可忽路，重力加速度为g。碰后二者下落一段高度后开始以vm的速度做匀速直线运动，求vm的大小若碰后二者加速运动，求速度增加v1时金属块对金属板的压力多大？【答案】；。【解析】【详解】当二者开始以vm速度匀速运动时，合力为零，则3mgF安0又 F安BIL，即 联立解得：vm当金属板
26、和金属块的速度达到v1时，设其加速度为a。则对整体，根据牛顿第二定律得：3mg3ma对金属块分析，根据牛顿第二定律得：mgNma联立解得金属板对金属块的支持力为 N由牛顿第三定律知，金属块对金属板的压力为 NN五、物理一选修3-5（共20分）19.如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁，现让一个小球自左端槽口A的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切从A点进入槽，则以下说法正确的是（）A. 小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B. 小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒C. 小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球
27、与槽组成的系统在水平方向上动量守恒D. 小球离开右侧最高点以后，将做竖直上抛运动【答案】C【解析】【详解】A小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。故A错误；B小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。所以小球的机械能不守恒，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零。所以小球与槽组成的系统机械能守恒。故B错误；C小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，槽离开墙壁，小球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，故水平方向动量守恒，故C正确
28、。D小球离开右侧最高点以后，相对于槽做竖直上抛运动，由于槽有向右运动的速度，所以小球相对于地做斜上抛运动，故D错误。故选C。20.如图甲所示，一物块在t0时刻，以初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，时刻物块到达最高点，时刻物块又返回底端由此可以确定()A. 物块返回底端时的速度B. 物块所受摩擦力大小C. 斜面倾角D. 时间内物块克服摩擦力所做的功【答案】AC【解析】由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度设物块返回底端时的速度大小为v，则，得到，故A正确；根据动量定理得：上滑过程：，下滑过程：，由上解得：，由于质量m未知，则
29、无法求出f得到：，可以求出斜面倾角，故B错误，C正确；3t0时间内物块克服摩擦力所做的功等于机械能的减小量，由于物体的质量未知，故无法求解机械能减小量，无法求解克服摩擦力做的功，故D错误所以AC正确，BD错误21.如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B（可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙与物块间的动摩擦因数为0.5，O右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g，求：物块A沿圆弧轨道滑至最低点P时对轨道的压力；弹簧被压缩后的最大弹性势能（未超过弹性限度）。【答案】3mg；【解析】【详解】设物块到P点时速度大小为v0，据机械能守恒定律得 物块在P点时，据牛顿第二定律得 联立解得：N3mg据牛顿第三定律可知物块A在P点对轨道的压力大小为3mg；对物块A从初位置到Q，由动能定理得 A、B碰撞后同速时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，由动量守恒定律得 mv3mv由能量守恒定律得 联立解得：
