【最新】2019-2020学年湖北省鄂州市高二上学期期末考试物理试题解析版.pdf

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1、-1-湖北省鄂州市2019-2020 学年高二上学期期末考试物理试题解析版一、选择题（1 至 6 题为单选，7 至 10 题为多选，每题全对4 分，对而不全2 分，共 40 分）1.某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈A（有铁芯）、线圈 B、灵敏电流计及开关按图连接成电路在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向右偏由此可以判断，在保持开关闭合的状态下，下列说法正确的是（）A.当线圈 A拔出时，灵敏电流计的指针向右偏B.当线圈 A中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向左偏C.当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转D.当滑动变阻器的滑片向

2、N端滑动时，灵敏电流计的指针向左偏【答案】B【解析】当线圈A拔出，或线圈A中的铁芯拔出时，均导致磁通量减小，因此电流计指针向左偏，故A错误，B正确；当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈产生感应电流，电流计指针都要发生偏转，故C 错误；当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路电流增大，穿过线圈的磁通量增大，因此灵敏电流计的指针向右偏，故D错误所以B正确，ACD错误2.如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流1I和2I，且12II；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与

3、导线所在平面垂直磁感应强度可能为零的点是A.a 点B.b 点C.c 点D.d 点【答案】C-2-【解析】试题分析：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系，根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a或c，又12II，所以该点距1I远距2I近，所以是c点，故选项C正确，选项ABD错误考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【名师点睛】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置；本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力3.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使

4、它获得很大动能的装置其核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连则下列说法正确的是A.带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关B.带电粒子从磁场中获得能量C.带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关D.带电粒子做圆周运动的周期随半径增大【答案】A【解析】【详解】粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m2vR得，最大速度：qBRvm，则最大动能：Ekm=12mv2=2()2qBRm，知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故A正确，C错误；磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，粒子从电场中获得能量故B错误；根据：qvB=mv

5、，其中：=2T，联立解得：2 mTqB，故-3-周期与半径的大小无关，不变，故D错误；故选A【点睛】解决本题的关键知道当粒子从D 形盒中出来时，速度最大以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等4.如图所示，光滑平面上固定金属小球A，用长l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1，若两球电量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有()A.x212x1B.x214x1C.x214x1D.x214x1ABD错误，C正确。故选 C。5.如图所示，MDN 为在竖直面内由绝缘材料制成的光滑半圆形轨道，半径为R，最高点为M和N，整个空间存在垂直纸面向

6、外的匀强磁场，磁感应强度为B，一电荷量为+q，质量为m的小球自 N点无初速度滑下（始终未脱离轨道），下列说法中正确的是A.运动过程中小球受到的洛伦兹力大小不变B.小球滑到D点时，对轨道的压力大于mg-4-C.小球滑到D点时，速度大小是2gRD.小球滑到轨道左侧时，不会到达最高点M【答案】C【解析】小球受重力、支持力和洛伦兹力作用，重力做正功，支持力和洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，在下落过程，速度大小增大，根据f=qBv，可知洛伦兹力的大小在变化，故A错误；小球运动到D 点时，若受到的洛伦兹力的方向向上，在D 点，由牛顿第二定律得：2vNqvBmgmR，解得：3NmgqvB，小球对轨道的压力

7、不一定大于mg，故 B错误；从N 点运动到D 点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：212mgRmv，解得：2vgR，故 C正确；小球在整个运动过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，小球滑到轨道右侧时，可以到达轨道最高点M，故 D错误；故选C.【点睛】洛伦兹力的方向指向圆心，不改变速度的大小，根据动能定理求出到达D点时的速度根据牛顿第二定律，径向的合力提供向心力，求出轨道对小球的支持力6.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，x轴正方向为场强的正方向。下列说法中正确的是（）A.x2和x2两点的电势相等B.正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小C.原点O

8、与x2两点之间的电势差小于x2与x1两点之间的电势差D.该电场可能是由一对分别位于x2和x2两点的等量异种电荷形成的电场【答案】A【解析】【详解】A由于x2和x2两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x2和从O点到x2电势降落相等，故x2和x2两点的电势相等，故A正确；B由图可知，从x1到x3电场强度始终为正，则正电荷运动的方向始终与电场的方向相同，所-5-以电场力做正功，电势能逐渐减小，故B错误；Cx2和x2两点的电势相等，原点O与x2两点之间的电势差等于原点O与x2两点之间的电势差，x2与x1两点之间的电势差等于x2与x1两点之间的电势差，所以原点O与x2两点之间的电势差大于

9、x2与x1两点之间的电势差，故C错误；D根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，在等量异种电荷的连线上，各点的电场强度的方向是相同的，而该图中电场强度的大小和方向都沿x 轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于x2和x2两点的等量异种电荷形成的电场，故D错误。故选 A。7.如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为。则磁感应强度方向和大小可能为（）A.y轴正方向，mgILB.y轴负方向，mgILC.z轴正方向，tanmgILD.z轴负方向，tanmgIL【答案】AD【解析】【详解】A磁感

10、应强度方向y轴正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向竖直向上，当mgBIL时，mgBIL安培力与重力二力平衡，导线可以保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，故 A正确；-6-B磁感应强度方向y轴负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向竖直向下，当mgBIL时，mgBIL绳子只有在竖直位置静止，故B错误；C磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能在偏离y正方向的位置平衡，故C错误；D磁感应强度方向为z轴负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件tanBILmg得tanmgBIL故 D正确。故选 D。8.质量为M的木块，放在光滑的

11、水平桌面上处于静止状态，今有一质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块一起运动，则子弹击中木块的过程中，木块受到的冲量大小为A.0mvB.00mMvmvmMC.0mMvmMD.200m vmvmM【答案】CD【解析】分析题意得到，子弹击中木块过程系统的动量守恒，即有方程：mv0=(m+M)v，解得共同的速度0=mvvmM根据动量定理得木块受到的冲量大小为木块动量的增加量：0=mMvMvmM所以选项C 正确因为系统动量守恒，所以子弹的动量减少量等于木块动量的增加量：mv0mv=200m vmvmM，所以选项D正确，选项A、B是错误的9.如图（甲）所示的电路中，将滑动变阻器R

12、2的滑动片由a端向b端移动，用两个理想电表-7-分别测量电压和电流，得到部分U-I关系图像如图（乙）所示，则（）A.电源的电动势为9V B.滑动变阻器的总阻值为20C.当电压表示数为4.5V 时，电源效率最高D.当电压表示数为5.0V 时，R2消耗的总功率最大【答案】AB【解析】【详解】A根据电路图结合数学知识可知，当aP的电阻等于bP的电阻时，并联部分电阻最大，此时电压表示数最大，根据乙图可知，电压表示数最大为5V，此时电流表示数为0.5A，则有5100.5aPURI则滑动变阻器的总阻值为220aPRR根据闭合电路欧姆定律得12EUI Rr（）根据乙图可知，当电压表示数U1=4V时电流表示数

13、为I1=0.25A 或I2=1A，根据闭合电路欧姆定律得：1121()EUIIRr)(联立方程解得9VE，14Rr故 AB正确；C电源效率-8-UIUEII当电压表示数为5.0V 时，并联部分电阻最大，则外电路电阻最大，此时路段电压最大，效率最高，故C错误；D把R1看成内阻，当并联部分电阻14RRr并R2消耗的总功率最大，此时电压表示数不是5V，故 D错误。故选 AB。10.如图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧处于原长状态，物块处于平衡状态。现给滑块一沿斜面向下的初速度

14、v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处于弹性限度内，从滑块获得初速度v直至滑到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A.滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量B.滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12mv2C.滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D.在滑块沿斜面运动的全程中，当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能可能最小也可能最大【答案】BD【解析】【详解】A因为开始滑块受重力和电场力和支持力处于平衡，则有：sinqEmg在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增量等于滑块重力势能的减小量，故A错误；B根据能量守恒得，动能减小，重力势能

15、减小，电势能增加，弹性势能增加，因为电势能增量等于重力势能减小量，所以弹性势能增加量等于滑块动能减小量，可知滑块克服弹簧弹力-9-做功212mv，故 B正确；C根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C错误；D由于sinqEmg可知当滑块的加速度最大时，弹簧最长或最短。弹簧最长时，滑块的电势能最小，滑块和弹簧组成的系统机械能最大；弹簧最短时，滑块的电势能最大，滑块和弹簧组成的系统机械能最小，故D正确。故选 BD。二、实验题（共两小题，3 分+14 分=17 分）11.中学物理实验室中有一个标准的20 分度的游标卡尺，某次测量中，其游标尺部分的第17小格刻度线与

16、主尺4cm刻度线对齐，则游标卡尺的读数为_cm。【答案】2.385【解析】【详解】1 游标尺上有20 个等分刻度，总长为19mm，则两个刻度之间的距离为19mm0.95mm20若开始游标尺的零与主尺的零对齐，则当游标尺向前移动0.05mm时，游标尺的第一个刻度与主尺的某一刻度对齐，根据游标卡尺的构造可知，游标尺上两个刻度之间的距离为0.95mm，游标尺部分的第17 小格刻度线与主尺4cm刻度线对齐，则游标卡尺的读数为40mm 170.95mm23.85mm=2.385cm。12.为精确测量电源的电动势和内阻，实验小组设计了图甲所示电路，图中 S2为单刀双掷开关，定值电阻R0=4。实验时先闭合开

17、关S1，然后分别将S2先后接到1 和 2，移动滑动变阻器滑片，记录多组电压表和电流表的读数U和I，最后通过描点得到图乙所示的两条U-I关系图线。-10-(1)请根据图甲，在图丙中将单刀双掷开关连入电路_。(2)若只考虑系统误差，当单刀双掷开关拨向1 时，E测_E真，r测_r真；当单刀双掷开关拨向2 时，E测_E真，r测_r真（填“”、“=”、“(4).(5).(6).3.00 (7).1.00 (8).745 (9).1.00【解析】【详解】(1)1按实验原理图连接，如图(2)23当单刀双掷开关拨向1 时，根据等效电路可知，电动势等于电源没有接入电路时电源两端电压，则电动势测量值与真实值相等，

18、此时，电源内阻测量值为电源内阻与电流表的内阻和定值电阻串联值即偏大；45当单刀双掷开关拨向2 时，根据等效电路可知，电动势等于电源没有接入电路时电源两端电压，电动势测量值即为电压表示数，则小于真实值相等，此时，电源内阻测量值为电源内阻与电压表的并联值即偏小；(3)6由于两次测量中，电动势测量值一次与真实值相等，一次比真实值小，由图乙可知，电动势应为3.00VE(4)789当开关接1 时，由闭合电路欧姆定律有0A()EUI rRR当开关接2 时，由闭合电路欧姆定律有-11-0()()VUEUIRrR变形得000VV11rREUIRrRrRR由图像可得0A3.00=0.5rRR0V=2.981ER

19、rR00V2.98=0.61rRRrR联立解得1.00r，A=1.00R，V=745R。三、计算题（8 分+10 分+12 分+13 分=43 分，要求有必要的文字说明、公式和计算过程。）13.如图所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U1，C、D是水平放置的平行金属板，板间距离为d，板的长度为L，P是C板的中点，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求：(1)为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为多少？(2)C、D两板间所加的电压为多少时，负离子不能打在板上？【答案】（1）2128U dL（2）21222U d

20、UL【解析】【详解】(1)设负离子的质量为m，电量为q，从B板小孔飞出的速度为v0，由动能定理得：-12-U1q2012mv由类平抛规律有：2Lv0t 2d12at2又a2qUmd联立解得Ucd2128U dL(2)若负离子不能打在板上，则应满足：Lv0t2122da t又2qUamd联立解U22122U dL14.如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60-13-（1）求粒子的比荷qm（2）求粒子在磁场中的运动时间t【答案】（1）33vBR；（2）33Rv【解析】

21、【分析】带电粒子沿半径方向射入匀强磁场，做匀速圆周运动，最后将沿半径方向射出磁场由偏转角可确定圆磁场的半径与轨道半径的关系，从而求出粒子的比荷；由周期公式可求出在磁场中的运动时间【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示：根据几何关系可得轨迹半径：r=Rcot30粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动：2vqvBmr联立可得：33qvmBR（2）粒子的运动周期公式为：2 mTqB在磁场中的运动时间为：6Tt联立以上可得：33Rtv【点睛】磁场是圆形，粒子的运动轨迹也是圆形，但不要将这两个半径混淆同时利用几何关系，可列出已知长度与粒子运动圆弧半径的关系15.如图所示，坐标平面第一象限内存在大小为E3105N/C

22、、方向水平向左的匀强电场，在第二象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。有一个的带正电的粒子，以初速度v0-14-2107m/s 从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA的距离x=0.15m，不计粒子的重力。求：(1)若粒子经过y轴时的位置坐标为（0，0.4m），求该带电粒子的荷质比；(2)在满足第一问的条件下，若要使粒子恰好不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。【答案】(1)qm=2.5910 C/kg(2)B=3.2 102T【解析】【详解】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，加速度为a，则由运动学公式212xataFmFEq yv0t 联立以上各式代入

23、数据解得t2.0 108s，qm=2.5910 C/kg(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为vxat1.5 107m/s 粒子经过y轴时的速度大小为v220 xvv 2.5 107m/s v与y轴正方向的夹角为，tan0 xvv34则37如图所示-15-设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，要使粒子不进入第三象限，则RRsin=y 洛伦兹力提供向心力得qvBm2vR联立解得B=3.2102T 16.如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B。有两个带电小球A和 B都能在垂直于磁场力方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动

24、轨迹如图所示。已知两个带电小球A和 B的质量关系为mA=4mB，轨道半径为RA=4RB。(1)试说明小球A和 B带什么电，它们所带的电荷量之比:ABqq等于多少？(2)求 A和 B的绕行方向，并求A和 B绕行速度大小之比为多少？(3)设带电小球A和 B在图示位置P处相碰撞，且碰撞后原先在小圆轨道上运动的带电小球B恰好能沿大圆轨道运动，若碰撞前带电小球A轨道半径为RA=16cm，求带电小球A碰撞后所做圆周运动的轨道半径（设碰撞时两个带电小球间电荷量不转移）。【答案】(1)都带负电，41ABqq(2)绕行方向都相同，41ABvv(3)13cm【解析】【详解】(1)因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qE=mg-16-电场方向可知，两小球都带负电荷AAm gq EBBm gq E4ABmm得41ABqq(2)由题意可知带电小球的绕行方向都相同，由2vqvBmR得mvRqB由题意4ABRR，所以41ABvv(3)由于两带电小球在P处相碰，切向合外力为零，故两带电小球切向动量守恒由碰后 B恰能沿大圆运动BAvv得13134416AABAAAABAABAm vvRq Bvm vRvvq B将16cmAR代入得13cmAR。-17-18-