榆樹市第一高級中學2020-2021學年高二物理上學期期末備考卷B老教材

吉林省榆樹市第一高級中學2020_2021學年高二物理上學期期末備考卷B老教材吉林省榆樹市第一高級中學2020_2021學年高二物理上學期期末備考卷B老教材PAGEPAGE24吉林省榆樹市第一高級中學2020_2021學年高二物理上學期期末備考卷B老教材吉林省榆樹市第一高級中學2020-2021學年高二物理上學期期末備考卷（B)（老教材）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交.一、選擇題:本題共12小題，共40分。在每小題給出的四個選項中,第1～8題只有一項符合題目要求,每小題3分；第9～12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.1．關于電場和磁場，下列說法正確的是（）A．我們雖然不能用手觸摸到電場的存在，卻可以用試探電荷去探測它的存在和強弱B．電場線和磁感線是可以形象描述場的強弱和方向的客觀存在的曲線C．磁感線和電場線都是閉合的曲線D．磁體之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，電流之間的相互作用是通過電場來發(fā)生的【答案】A【解析】我們雖然不能用手觸摸到電場的存在,卻可以用試探電荷去探測它的存在和強弱，故A正確；電場線和磁感線是可以形象描述場強弱和方向，但不是客觀存在的曲線，故B錯誤;磁感線是閉合的曲線,電場線從正電荷出發(fā)，到負電荷終止，不是閉合曲線，故C錯誤；磁體之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，電流之間的相互作用也是通過磁場發(fā)生的，故D錯誤。2．如圖所示,條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導線的截面,導線中無電流時磁鐵對斜面的壓力為FN1；當導線中有垂直紙面向外的電流時，磁鐵對斜面的壓力為FN2，則下列關于壓力和彈簧的伸長量的說法中正確的是()A．FN1＜FN2，彈簧的伸長量減小B．FN1＝FN2，彈簧的伸長量減小C．FN1＞FN2，彈簧的伸長量增大D．FN1＞FN2,彈簧的伸長量減小【答案】C【解析】磁鐵的磁感線在它的外部是從N極到S極，因為長直導線在磁鐵的中心偏右位置,所以此處的磁感線是斜向左下的，電流的方向垂直與紙面向里,根據(jù)左手定則,導線受磁鐵給的安培力方向是斜向右下方，長直導線是固定不動的，根據(jù)物體間力的作用是相互的，導線給磁鐵的反作用力方向就是斜向左上的；將這個力分解為垂直于斜面與平行于斜面的分力,因此光滑平板對磁鐵支持力減小,由于在電流對磁鐵作用力沿斜面方向的分力向下，所以彈簧拉力變大，彈簧長度將變長，所以FN1〉FN2，彈簧的伸長量增大，故C正確，A、B、D錯誤。3．如圖所示，一勻強電場的方向平行于xOy平面，O點為坐標原點，已知OM與x軸夾角θ＝60°,從原點O起沿x軸方向每經過1m距離電勢下降10V，沿OM方向每經過1m電勢下降也為10V,圖中P點坐標(eq\r（3)m,1m），則下列說法正確的是（)A．電場強度沿OP方向，大小10eq\r（3)V/mB．OP兩點的電勢差為VC．沿x軸正方向移動電子,每移動1m電場力做功10eVD．沿y軸正方向每移動1m電勢降低V【答案】B【解析】從原O點起沿x軸方向每經過1m距離電勢下降10V，沿OM方向每經過1m電勢下降也為10V，則電場線在∠MOx的角平分線上，當x＝1m時,由幾何關系知OB＝eq\f（\r（3）,2）m，根據(jù)E＝eq\f(U,d）可得電場強度大小V/m，A錯誤；OP＝2m，則OP兩點的電勢差,B正確；沿x軸正方向移動電子，根據(jù)W＝qU可知每移動1m電場力做功－10eV，C錯誤；沿y軸正方向每移動1m，沿電場線方向移動2m，則電勢降低，D錯誤。4．如圖所示，平行板電容器與一恒壓直流電源相連，下極板通過A點接地，一帶正電小球被固定于P點,現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則（）A．平行板電容器的電容值將變大B．靜電計指針張角變小C．帶電小球的電勢能將增小D．若先將下極板與A點之間的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離,則帶電小球所受電場力不變【答案】D【解析】根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS，4πkd）知,下極板豎直向下移動時，d增大,則電容值將減小，故A錯誤;靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變,所以靜電計指針張角不變,故B錯誤；電勢差不變，d增大,則由公式E＝eq\f(U,d）分析得知板間電場強度減小，P點與上極板間的電勢差減小，而P點的電勢比上極板低，上極板的電勢不變,則P點的電勢增大,因為油滴帶正電荷，則小球的電勢能增大，故C錯誤；若先將下極板與A點之間的導線斷開，則電容器的電荷量不變,d改變，根據(jù)C＝eq\f（Q,U）、C＝eq\f(εrS，4πkd)、E＝eq\f（U，d)結合得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則知電場強度不變,則小球所受電場力不變，故D正確。5．如圖所示為安檢門原理圖，左邊門框中有一通電線圈,右邊門框中有一接收線圈，工作過程中某段時間通電線圈存在順時針方向（從左向右看)均勻增大的電流，則()A．無金屬片通過時，接收線圈中的感應電流方向為順時針B．無金屬片通過時，接收線圈中的感應電流增大C．有金屬片通過時，金屬片中沒有感應電流D．有金屬片通過時，接收線圈中的感應電流大小發(fā)生變化【答案】D【解析】當左側線圈中通有不斷增大的順時針方向的電流時，可知穿過右側線圈的磁通量向右且增大,根據(jù)楞次定律，右側線圈中產生逆時針方向的電流，A錯誤;通電線圈中存在順時針方向均勻增大的電流，則通電線圈中的磁通量均勻增大，所以穿過右側線圈中的磁通量均勻增大，則磁通量的變化率是定值，由法拉第電磁感應定律可知，接收線圈中的感應電流大小不變，B錯誤；有金屬片通過時,則穿過金屬片中的磁通量發(fā)生變化，金屬片中也會產生感應電流,C錯誤；有金屬片通過時，則穿過金屬片中的磁通量發(fā)生變化,金屬片中也會產生感應電流，感應電流的方向與接收線圈中的感應電流的方向相同,所以也會將該空間中的磁場的變化削弱一些，引起接收線圈中的感應電流大小發(fā)生變化，D正確.6．質譜儀裝置原理圖如圖所示，某種帶電粒子經電場加速后從小孔O以相同的速率沿紙面射入勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向外，已知從O點射出的粒子有微小發(fā)散角2θ,且左右對稱。結果所有粒子落點在乳膠底片的P1P2直線區(qū)間,下列說法正確的是(）A．打在P2點粒子一定是從O點垂直板射入的粒子B．打在P2點粒子一定是從O點右偏射入的粒子C．打在P1點粒子一定是從O點左偏射入的粒子D．打在P1點粒子一定是在磁場中運動時間最短的粒子【答案】A【解析】粒子在磁場中做圓周運動，洛倫磁力提供向心力，則有，解得,由于粒子的速率相同，所以在粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同，由幾何關系可得粒子在乳膠底片落點與O點的距離為，當發(fā)散角θ＝0時，粒子在乳膠底片落點與O點的距離最大，即打在點粒子一定是從O點垂直板射入的粒子,當發(fā)散角θ最大時，粒子在乳膠底片落點與O點的距離最小，即打在P1點的粒子一定是從O點左偏發(fā)散角θ最大或右偏發(fā)散角θ最大射入的粒子，從O點右偏發(fā)散角θ最大射入的粒子在磁場中運動對應的圓心角最小，從O點左偏發(fā)散角θ最大射入的粒子在磁場中運動對應的圓心角最大，根據(jù)可知從O點右偏發(fā)散角θ最大射入的粒子的運動時間最短，從O點左偏發(fā)散角θ最大射入的粒子的運動時間最長，故選項A正確，B、C、D錯誤.7．如圖所示，一根通電直導線垂直放在磁感應強度B＝1T的勻強磁場中，在以導線截面的中心為圓心、r為半徑的圓周上有a、b、c、d四個點.已知a點的磁感應強度為0，則下列敘述正確的是()A．直導線中的電流方向垂直于紙面向外B．b點的實際磁感應強度為eq\r（2)T，方向斜向右上方，與B的夾角為45°C．c點的實際磁感應強度為0D．d點的實際磁感應強度與b點相同【答案】B【解析】由題意可知，a點的磁感應強度為0，說明通電導線在a點產生的磁感應強度與勻強磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，即得到通電導線在a點產生的磁感應強度方向水平向左，根據(jù)安培定則判斷可知，直導線中的電流方向垂直紙面向里,故A錯誤；由上知道,通電導線在a點產生的磁感應強度大小為1T，由安培定則可知，通電導線在b處的磁感應強度方向豎直向上，根據(jù)平行四邊形與勻強磁場進行合成得知，b點感應強度為eq\r(2)T，方向與B的方向成45°斜向上,故B正確；通電導線在c處的磁感應強度方向水平向右,則c點磁感應強度為2T，方向與B的方向相同，故C錯誤；通電導線在d處的磁感應強度方向豎直向下，則d點感應強度為eq\r(2）T，方向與B的方向成45°斜向下，與b點磁感應強度大小相等,方向不同，故D錯誤.8．如圖所示,金屬框abcd豎直放置且足夠長，電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一電阻可不計的水平放置的導體棒,質量為m，棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架垂直的勻強磁場中。當導體棒ef從靜止下滑經一段時間后閉合開關S，則S閉合后（)A．導體棒ef一定做減速運動B．導體棒ef的加速度不可能大于gC．導體棒ef最終的速度與S閉合的時刻有關D．導體棒ef的機械能與回路內產生的電能之和一定守恒【答案】D【解析】當ef從靜止下滑一段時間后閉合S,ef將切割磁感線產生感應電流,受到豎直向上的安培力，若安培力大于重力，則導體棒做減速運動；若安培力等于重力,則導體棒做勻速運動；若安培力小于重力，則導體棒做加速運動，故A錯誤；若安培力大于2mg，合力向上，由牛頓第二定律得知，ef的加速度大小大于g，故B錯誤；閉合S，經過一段時間后，ef棒達到穩(wěn)定速度時一定做勻速運動,由平衡條件得，則得，可見穩(wěn)定時速度v是定值，與開關閉合的先后無關,故C錯誤；在整個過程中，只有重力與安培力做功，因此棒的機械能與電路中產生的電能之和一定守恒，故D正確。9．在物理學的發(fā)展過程中，許多物理學家的科學發(fā)現(xiàn)推動了人類社會的進步,人類社會的進步又促進了物理學的發(fā)展。下列敘述中正確的是()A．電磁感應現(xiàn)象是洛倫茲最先發(fā)現(xiàn)的B．電動機可以利用電磁感應原理將電能轉化為機械能C．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應D．法拉第發(fā)現(xiàn)了利用磁場產生電流的條件和規(guī)律【答案】CD【解析】電磁感應現(xiàn)象最先是由法拉第發(fā)現(xiàn)的，奧斯特則是電流磁效應的發(fā)現(xiàn)者，選項A錯，C、D對；電動機是利用電流在磁場中受磁場力作用而將電能轉化為機械能的，選項B錯.10．如圖所示，電源的電動勢為E,內阻為r，R1、R2為定值電阻,L為小燈泡,R3為滑動變阻器.當滑動變阻器的滑片向下滑動時()A．電壓表的示數(shù)增大B．流過R2的電流增大C．小燈泡的功率增大D．電源的總功率減小【答案】AC【解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律，干路總電流，當滑動變阻器的滑片向下滑動時，滑動變阻器接入電路中電阻變小,則R并減小，I增大；又路端電壓U＝E－Ir，則U變小.根據(jù)U1＝IR1，電壓表示數(shù)增大，A正確；因為U＝U1＋U2，則并聯(lián)部分電壓U2減小，又U2＝I2R2,則流過電阻R2的電流I2減??；又因為I＝I1＋I2，則流過小燈泡L的電流I1增大,小燈泡的功率變大，B錯誤,C正確；電源的總功率P＝EI，增大，則D錯誤。11．如圖等量異種點電荷分別固定與等高的A、B兩點,A處點電荷帶電量為＋Q，B處點電荷帶電量為－Q，AB兩點相距2a,AB下方有一根無限長光滑絕緣細桿平行于AB所在直線放置,A到桿的距離為a。有一質量為m帶電量＋q的小球穿在桿上，將小球從A點正下方的C處靜止釋放，E在B正下方,D為CE中點，則下列說法正確的是（)A．小球在C、E處加速度大小相等B．小球在C到E過程中先加速后減速C．小球在E處速度最大D．小球最終速度趨近于小球在D點時的速度【答案】AD【解析】由對稱性可知C、E處電場強度相等,所以小球在C、E處加速度大小相等，A正確；根據(jù)等量異種電荷的電場分布特點可以知道，小球從C點到E點的過程中受電場力方向在CD段向右下方,在DE段受電場力方向是右上方，受合力方向一直向右，所以小球從C到E一直做加速運動，B錯誤；小球過了E點有一段受電場力方向仍然是右上方,仍會加速運動一段，所以小球在E處速度不是最大，C錯誤；小球到無窮遠處的速度為最終速度，到無窮遠處的電勢為零，根據(jù)能量守恒以及電場力做功的特點可以知道，小球到無窮遠處的速度等于經過D點的速度，所以小球最終速度趨近于小球在D點時的速度，D正確.12．如圖甲所示,在MN、QP間存在一勻強磁場，t＝0時，一正方形光滑金屬線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開始做勻加速運動,外力F隨時間t變化的圖線如圖乙所示,已知線框質量m＝1kg、電阻R＝2Ω,則（)A．線框的加速度為1m/s2B．磁場寬度為4mC．勻強磁場的磁感應強度為2TD．線框進入磁場過程中，通過線框橫截面的電荷量為eq\f(\r(2),2）C【答案】BD【解析】當t＝0時線框的速度為零，沒有感應電流,線框不受安培力，則線框的加速度為a＝eq\f（F，m）＝2m/s2,故A錯誤；磁場的寬度等于線框在0～2s內的位移，d＝eq\f（1,2)at22＝4m，故B正確；設線框的邊長為L，則L等于線框在0~1s內的位移，即L＝eq\f（1,2)at12＝1m，當線框全部進入磁場的瞬間，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，聯(lián)立得到B＝eq\r(2)T，故C錯誤；線框進入磁場過程中，通過線框橫截面的電荷量為C，故D正確。二、非選擇題：本題共6小題，共60分。按題目要求作答.解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟,只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13．（6分）某同學要測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ，步驟如下：(1）用游標為50分度的卡尺測量其長度如圖，由可此可知其長度為________cm；（2）用螺旋測微器測量其直徑如圖，由圖可知其直徑為________mm;（3）用多用電表的電阻“×10"擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖，則該電阻的阻值約為________Ω?！敬鸢浮?1）3.020（2）4。700(3)170（每空2分)【解析】(1）游標卡尺的固定刻度讀數(shù)為30mm,游標尺上第10個刻度游標讀數(shù)為0。02×10mm＝0。20mm,所以最終讀數(shù)為：30mm＋0。20mm＝30.20mm＝3。020cm。(2)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為4。5mm，可動刻度讀數(shù)為0。01×20。0mm＝0。200mm，所以最終讀數(shù)為:4.5mm＋0.200mm＝4。700mm.(3)多用電表的電阻“×10”擋測電阻，由圖示表盤可知，所測電阻阻值為170Ω.14．（10分)某同學研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有:小燈泡L(額定電壓3。8V，額定電流0。32A)；電壓表V（量程3V，內阻3kΩ）；電流表A（量程0.5A，內阻0.5Ω)；固定電阻R0(阻值1000Ω)；滑動變阻器R（阻值0～9。0Ω）；電源E(電動勢5V,內阻不計)；開關S；導線若干。（1）實驗要求能夠實現(xiàn)在0～3.8V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，畫出實驗電路原理圖。（2)實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示，由實驗曲線可知，隨著電流的增加，燈絲的電阻率________。（選填“增大”“不變”或“減小”)(3）用另一電源E0（電動勢4V，內阻1.00Ω)和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調節(jié)滑動變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實際功率.閉合開關S，在R的變化范圍內,小燈泡的最小功率為________W，最大功率為________W。（結果均保留2位小數(shù))【答案】（1）實驗電路原理如圖所示(4分）(2)增大（2分)(3)0。39(2分）1.17（2分)【解析】(1)小燈泡的電壓要求從0開始調節(jié),滑動變阻器采用分壓式接法，小燈泡的額定電壓超出電壓表的量程,需與R0串聯(lián)后接入電路,電路圖如圖所示。(2）I－U圖像中隨著電流的增大，圖線的斜率變小,小燈泡的電阻增大,根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f（L，S)得燈絲的電阻率增大。（3）當R＝0時，電源路端電壓與電流的關系圖像如圖線甲所示，此時小燈泡功率有最大值.當R＝9Ω時，將R看作電源內阻，則等效電源內阻為10Ω，其路端電壓與電流的關系圖像如圖線乙所示。此時小燈泡功率有最小值.取圖線甲與小燈泡伏安特性曲線交點：U1＝3.66V，I1＝0.319A，小燈泡的最大功率P1＝U1I1≈1。17W。取圖線乙與小燈泡伏安特性曲線交點:U2＝1.77V，I2＝0.222A，小燈泡的最小功率P2＝U2I2≈0.39W。（6分)如圖所示，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運動。t＝0時,磁感應強度為B0，此時MN到達的位置使MDEN構成一個邊長為l的正方形。為使MN棒中不產生感應電流,從t＝0開始，求磁感應強度B隨時間t變化的關系式.【解析】要使MN棒中不產生感應電流，應使穿過線圈平面的磁通量不發(fā)生變化,在t＝0時刻，穿過線圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2(2分）設t時刻的磁感應強度為B，此時磁通量為Φ2＝Bl（l＋vt)(2分）由Φ1＝Φ2得B＝eq\f(B0l,l＋vt）。(2分)16．(10分)如圖，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.4m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導軌所在空間內，分布著磁感應強度B＝0。5T、方向垂直于導軌平面的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E＝6.0V、內阻r＝0。5Ω的直流電源。現(xiàn)把一個質量m＝0。05kg的導體棒ab垂直放在金屬導軌上，導體棒靜止。導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R＝2。5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1）通過導體棒的電流大小;(2)導體棒受到的安培力大?。?3)導體棒受到的摩擦力大小.【解析】（1）導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：。(2分）（2）導體棒受到的安培力大小：F＝BIL＝0.4N（2分)根據(jù)左手定則，方向平行斜面向上。(2分)（3）導體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,故導體棒受沿斜面向下的摩擦力f,根據(jù)共點力平衡條件,有：mgsin37°＋f＝F(1分)解得：f＝0.1N。(2分）17．（12分)在足夠大的豎直勻強電場中，有一條與電場線平行的直線，如圖中的虛線所示。直線上有兩個小球A和B，質量均為m。電荷量為q的A球恰好靜止，電荷量為2。5q的B球在A球正下方，相距為L.由靜止釋放B球,B球沿著直線運動并與A球發(fā)生正碰，碰撞時間極短,碰撞中A、B兩球的總動能無損失。設在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉移,且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力，重力加速度用g表示。求:(1)勻強電場的電場強度大小E；（2)第一次碰撞后,A、B兩球的速度大小vA、vB?！窘馕觥浚?)由題意可知，帶電量為q的A球在重力和電場力的作用下恰好靜止，則qE＝mg（2分)可得勻強電場的電場強度大小E＝(2分）（2）由靜止釋放B球，B球將在重力和電場力的作用下向上運動，設與A球碰撞前瞬間速度為v1，由動能定理得：（2。5qE－mg）L＝eq\f（1，2）mv12（2分）A、B兩球碰撞時間很短，且無動能損失，由動量守恒和動能守恒得:mv1＝mvA＋mvB（2分)eq\f（1,2)mv12＝eq\f（1,2)mvA2＋eq\f（1，2）mvB2(2分)聯(lián)立解得：vA＝，vB＝0.(2分）18．（1