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解析江西省上饶市余干二中2020┄2021学年高二上学期期末物理试卷

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20２0┄2021学年江西省上饶市余干二中高二（上)期末物理试卷一、选择题（本题共10个小题,每小题4分,共4０分、其中1-8小题为单选；９、10两小题为多选,全选对的得4分，选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分．）1．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转.首先观察到这个实验现象的物理学家是（)Ａ．奥斯特B．法拉弟C．伽利略ﻩD.牛顿2.如图所示,在两个固定的异种点电荷Ｑ１、Q２的连线上有A、B两点.将一个带负电的试探电荷q由A静止释放,它从A点运动到B点的过程中，可能（)A．先加速运动再减速运动B.加速度一直增大C．电势能先增大后减小D．在Ｂ点电势能比在A点的电势能大3．如图所示,A、B是一条电场线上的两点，一带正电的点电荷沿电场线从Ａ点运动到B点,在这个过程中,关于电场力做功的说法正确的是（）Ａ.电场力做正功ﻩB.电场力做负功C.电场力不做功ﻩD.电场力先做正功后做负功4.一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中,粒子运动轨道如图虚线a、b、c所示，图中实线是同心圆弧,表示电场的等势面，不计重力，则下列不正确的是（）A．此粒子一直受到静电排斥力Ｂ．粒子在b点的电势能一定大于ａ点的电势能C．粒子在ｂ点的速度一定大于a点的速度D.粒子在a点和ｃ点速度大小相等5.将面积是０．５m2的导线环放在匀强磁场中,环面与磁场方向垂直．已知穿过这个导线环的磁通量是2．０×10﹣2wｂ,则该磁场的磁感应强度为（)A.４.0×１0﹣2T Ｂ.1.0×10﹣2ＴﻩC．25T Ｄ．２.0×１０﹣２T６．带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小,可采用的方法有（)Ａ．减小两极板间的距离B．用手触摸极板ＡC.在两板间插入电介质D．将极板B向上适当移动７．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（)额定容量５4Ｌ最高水温75℃额定功率１０00W额定压力0．7ＭPa额定电压2２０V电器类别Ⅰ类Ａ.6.8A B.0．15A C．4.5A D．０.２３A8.如图所示的电路中，电源电动势为Ｅ,内电阻为r，在滑动变阻器R1的滑动触片Ｐ从图示位置向下滑动的过程中( ）A.电路中的总电流变小B.路端电压变大C．通过电阻Ｒ2的电流小ﻩD．通过滑动变阻器Ｒ1的电流小9．一直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I,电动机线圈的电阻为r.该电动机正常工作时,下列说法正确的是( ）A.电动机消耗的电功率为IUB.电动机的输出功率为IＵ﹣Ｉ2rC．电动机的发热功率为ﻩD.I、U、r三个量间满足I＝１0.电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路.当开关S闭合后,电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态.现将开关S断开，则以下判断正确的是( )A.液滴仍保持静止状态ﻩB．液滴将向上运动C.电容器上的带电量将减为零D．电容器上的带电量将增大二、填空题(本题共3个小题,每空2分,共２4分．)1１．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示,此示数为ｍm.12．已知电流表的内阻R g=10Ω，满偏电流I g＝3ｍA．要把它改装成量程是6V的电压表，应联一个电阻,其阻值R= Ω;若用它来测量一段电路两端电压时，表盘指针如图所示，这段电路两端的电压是V．1３.某同学用如图１所示电路,测绘标有“3.８Ｖ,０.３A”的小灯泡的灯丝电阻R 随电压Ｕ变化的图象.①除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表:A1（量程１0０mA，内阻约２Ω）、A2(量程0.6A,内阻０.3Ω)；电压表：V1(量程５V，内阻约５kΩ）、Ｖ2(量程１5V,内阻约１5ｋΩ)；滑动变阻器:R１(阻值范围０﹣１０0Ω）、Ｒ2（阻值范围0﹣2kΩ）;电源:E1（电动势为1．5V,内阻为0.2Ω)、Ｅ2(电动势为4V，内阻约为０.０4Ω）.为了调节方便，测量准确,实验中应选用电流表，电压表,滑动变阻器,电源(填器材的符号）．②根据实验数据，计算并描绘出R﹣U的图象如图2所示．由图象可知,此灯泡在不工作时,灯丝电阻为；当所加电压为3.00V时，灯丝电阻为，灯泡实际消耗的电功率为W．③根据R﹣Ｕ图象,可确定小灯泡耗电功率Ｐ与外加电压Ｕ的关系．符合该关系的示意图是下列图中的．三、计算题（本题共3个小题，１4题11分,１5题1１分，16题１4分,共36分,解答应写出必要的文字说明、方程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．）14．电场中某区域的电场线如图所示,A、B是电场中的两点，一个电荷量ｑ=＋2．0×10﹣８C的点电荷在A点所受电场力ＦA=４．0×10﹣４N,将该点电荷从A点移到B点,电场力做功W＝1．0×１0﹣7J．求：(1)A点电场强度的大小E；（2)A、B两点间的电势差U.15.在如图所示的电路中，电源的电动势Ｅ=９.０V，内电阻r=１.0Ω,外电路的电阻R=5.0Ω．闭合开关S．求：（1）通过电阻R的电流Ⅰ；（2）电阻R消耗的电功率P．16．如图所示，虚线MN、PQ之间存在垂直纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场,现有两个质量均为m、带电量分别为﹣ｑ、＋q的粒子在纸面内均以速度v从A点同时射入,其方向与ＭN成６0°角，虚线MＮ、PQ间的距离为d,带电粒子的重力及带电粒子之间的库仑力不计.试求：(1)+q粒子恰好不从PQ边飞出能回到虚线MN上，则速度v多大?(２）两个带电粒子在磁场中运动的时间之和．2020┄2021学年江西省上饶市余干二中高二(上)期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10个小题,每小题4分，共40分、其中1－8小题为单选;9、10两小题为多选,全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得０分．）1．如图所示,把一条导线平行地放在磁针的上方附近,当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是（）Ａ．奥斯特ﻩB．法拉弟C.伽利略D.牛顿【考点】物理学史.【专题】定性思想;推理法；直线运动规律专题．【分析】本实验是1８20年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验.【解答】解：当导线中有电流通过时,磁针会发生偏转,说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应,首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特．故A正确，BCＤ错误．故选：A．【点评】本题考查的是物理学常识.对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢,这也是高考内容之一.2.如图所示，在两个固定的异种点电荷Q1、Q2的连线上有Ａ、Ｂ两点.将一个带负电的试探电荷q由A静止释放，它从A点运动到B点的过程中，可能（)Ａ.先加速运动再减速运动B.加速度一直增大C.电势能先增大后减小D.在B点电势能比在A点的电势能大【考点】电场线；电势能．【分析】根据试探电荷所受库仑力的合力判断电荷的运动规律以及加速度的变化,根据库仑力做功判断电势差的变化，结合能量守恒比较A、B两点的电势能．【解答】解：A、试探电荷从静止释放，所受的库仑力的合力一定先向右，所以库仑力一定先做正功，电势能一定先减小．在向B运动的过程中，当库仑力的合力可能向左,则试探电荷会再做减速运动.故Ａ正确，Ｃ错误．B、试探电荷从静止由A到B的过程中,库仑力的合力不可能一直增大，所以加速度不可能一直增大．故B错误.Ｄ、从Ａ到B的过程中,电荷的动能增加了,根据能量守恒知,电势能减小了,所以电荷在B点电势能比A点电势能小．故D错误.故选：Ａ.【点评】解决本题的关键知道库仑力做正功,电势能减小，库仑力做负功,电势能增加；对于Ａ、B两点的电势能比较，可以通过能量守恒判断,也可以通过库仑力做功情况来判断. 3．如图所示,A、B是一条电场线上的两点,一带正电的点电荷沿电场线从Ａ点运动到B点，在这个过程中,关于电场力做功的说法正确的是（)A．电场力做正功 B．电场力做负功C．电场力不做功ﻩD.电场力先做正功后做负功【考点】电势能;匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】解这类题是思路:根据带电粒子运动的方向与电场力方向的关系，然后判定电场力做功的情况．【解答】解：正电荷受力的方向与电场线的方向相同，粒子运动的方向与电场线的方向相同，所以电场力做正功．故A正确,BＣD错误．故选:A【点评】关于电场力做功的情况，可以根据电场力的方向与运动方向的关系来判定.属于基础题目.4．一带电粒子射入一固定在Ｏ点的点电荷的电场中，粒子运动轨道如图虚线a、b、ｃ所示,图中实线是同心圆弧,表示电场的等势面，不计重力，则下列不正确的是( )A.此粒子一直受到静电排斥力B．粒子在b点的电势能一定大于a点的电势能C．粒子在b点的速度一定大于ａ点的速度D．粒子在a点和c点速度大小相等【考点】等势面；电场线.【分析】电场线与等势面垂直.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小,沿电场线的方向,电势降低,电场力做正功，电势能减小,电场力做负功，电势能增加.【解答】解:A、曲线运动的合力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出,粒子在a→ｂ→c 的过程中,一直受静电斥力作用,故A正确．B、粒子由a到ｂ，电场力做负功，所以粒子的电势能增加，所以ｂ点的电势能一定大于在a点的电势能,故Ｂ正确．Ｃ、根据动能定理,粒子由a到ｂ，电场力做负功，动能减少，故粒子在ｂ点的速度一定小于在a点的速度，故C错误．D、ｃ点和a点在同一个等势面上，电场力做功为零,动能不变,故它们的速度的大小相等，但是他们的速度的方向不同，故D正确．本题要求选择不正确的，故选：Ｃ【点评】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向,然后结合静电力做功与电势能变化的关系以及动能定理判断电势能和动能的改变情况.5．将面积是０.5ｍ2的导线环放在匀强磁场中,环面与磁场方向垂直.已知穿过这个导线环的磁通量是2.0×１0﹣2wｂ，则该磁场的磁感应强度为( )A.4.0×1０﹣2TﻩＢ.1.0×10﹣2TﻩC.２5ＴﻩD.2．0×１0﹣2T【考点】磁感应强度．【分析】闭合导线处在匀强磁场中，当环面与磁场垂直时,穿过环的磁通量Φ=BＳ,变形求出B.【解答】解：闭合导线环在匀强磁场中,环面与磁场垂直时，穿过环的磁通量Φ=BＳ,则B==T=４.0×10﹣2T．故Ａ正确,BCD错误.故选：A.【点评】本题根据匀强磁场中磁通量的定义式Φ=BS来分析计算磁感应强度B.6.带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有( )A．减小两极板间的距离 B.用手触摸极板AC.在两板间插入电介质ﻩＤ．将极板B向上适当移动【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】根据电容的决定式C=，分析电容的变化，再由电容的定义式分析板间电压的变化,确定静电计指针张角的变化.【解答】解:Ａ、减小两极板间的距离,则ｄ减小，则由决定式可得是容器的电容增大;则由Q=UC可知,电势差减小，故A正确;B、由于Ｂ板接地,用手触摸A时，故对电量有影响,电势差减小,故B正确;C、在两板间插入电介质时，介电常数增大，则C增大,由由Q=UＣ可知,电势差减小,故C 正确；D、将极板B向上运动时,正对面积减小，则C减小,由定义式可知,电势差增大,故D错误;故选:ＡBC．【点评】本题考查电容器的动态分析问题，要明确夹角大小表示电势差的大小.７.一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示．根据表中提供的数据,计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（)额定容量54Ｌ最高水温75℃额定功率1000Ｗ额定压力0.7MPａ额定电压220V电器类别Ⅰ类A．6.8AﻩB.0.15AﻩC．４.5ＡﻩＤ．0．2３Ａ【考点】电功、电功率.【专题】恒定电流专题.【分析】由热水器铭牌可知,加热时的额定功率是1000W,额定电压是220V,由电功率变形公式可以求出加热时的电流．【解答】解:电热水器加热时的电流I==≈4.5A;故选：C．【点评】从铭牌获取必要的信息,熟练应用电功率的变形公式即可正确解题,本题是一道基础题．8．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为ｒ,在滑动变阻器Ｒ1的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中（)A.电路中的总电流变小B．路端电压变大C.通过电阻R2的电流小D.通过滑动变阻器R１的电流小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题.【分析】在滑动变阻器R１的滑动触片Ｐ向下滑动的过程中,R1变小，外电路总电阻变小,由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻R2的电流变化，再判断通过滑动变阻器R1的电流的变化．【解答】解：A、在滑动变阻器R１的滑动触片P向下滑动的过程中,Ｒ1变小,外电路总电阻变小,由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大.故A错误.Ｂ、路端电压Ｕ=E﹣Iｒ,Ｉ变大,Ｅ、r不变,则U变小．故B错误.C、路端电压U变小,通过电阻R２的电流变小.故C正确.D、总电流变大,通过电阻R2的电流变小，所以通过滑动变阻器Ｒ1的电流必定变大.故D错误.故选:C【点评】本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小．9．一直流电动机正常工作时两端的电压为Ｕ，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r．该电动机正常工作时，下列说法正确的是（）A．电动机消耗的电功率为IＵB．电动机的输出功率为ＩＵ﹣Ｉ2rC．电动机的发热功率为D．I、U、r三个量间满足I=【考点】电功、电功率.【专题】恒定电流专题．【分析】电动机正常工作时,其电路是非纯电阻电路,欧姆定律不再成立，其电功率Ｐ电=UI,发热功率P热=I２r，输出功率根据能量守恒分析得到Ｐ出=P电﹣P热．【解答】解:A、电动机正常工作时，电动机消耗的电功率P电=UＩ．故A正确．B、C电动机的发热功率Ｐ热=I２r，根据能量守恒定律得到，电动机的输出功率P出＝P电﹣P热＝UI﹣I２r.故B正确,Ｃ错误.D、电动机正常工作时,其电路是非纯电阻电路，电能一部分转化为内能，则有UIt＞I2rｔ,得到Ｕ＞Iｒ.故D错误．故选:ＡB【点评】本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率和输出功率关系的理解和运算能力.要注意在非纯电阻电路中,求电功率，只能用P电=UI，求发热功率只能用Ｐ热＝I2r.１０.电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路．当开关Ｓ闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．现将开关S断开,则以下判断正确的是( )Ａ.液滴仍保持静止状态B．液滴将向上运动Ｃ.电容器上的带电量将减为零ﻩD.电容器上的带电量将增大【考点】闭合电路的欧姆定律;力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.【专题】恒定电流专题.【分析】开关闭合时,电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时,电路稳定时,电容器板间电压等于电源的电动势,分析液滴的运动情况,根据电压的变化,分析电容器的电量变化．【解答】解：开关闭合时,电容器两板间的电压等于电阻Ｒ2两端的电压，小于电源的电动势．当开关断开时,电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势,则知电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受电场力增大,则液滴将向上运动．由于电容器的电压增大，由公式Q=CＵ可知，电容器上的带电量将增大．故选BD【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键确定电容器板间电压的变化.当电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压.二、填空题(本题共３个小题,每空2分，共24分．)11．用螺旋测微器测圆柱体的直径时,示数如图所示，此示数为６.１2５mm.【考点】螺旋测微器的使用．【专题】实验题;恒定电流专题.【分析】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法,固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读.【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.5×０.01mm＝０.12５mm，所以最终读数为6mｍ+０.125mm=6.1２5mｍ故答案为:6.12５【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,正确使用这些基本仪器进行有关测量．12.已知电流表的内阻R g=１０Ω，满偏电流I g=3mA．要把它改装成量程是6V的电压表,应串联一个电阻,其阻值R＝1990 Ω；若用它来测量一段电路两端电压时,表盘指针如图所示,这段电路两端的电压是５.０0 V．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题.【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，读出表盘的读数，然后根据串联电路的电压规律求解表盘指针如图所示时的电压.【解答】解:改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为:R=﹣Rｇ＝﹣10=1990Ω表盘指针读数为2.5mA则所测电压U′=２．5mA×（１990+1０）=5V故答案为:串,1990,5.0０．【点评】考查的电压表的改装原理,明确串联电阻的分压作用,会求串联电阻阻值.1３．某同学用如图1所示电路,测绘标有“3.8V，０.3Ａ”的小灯泡的灯丝电阻R 随电压U变化的图象．①除了导线和开关外,有以下一些器材可供选择:电流表:A1(量程100ｍA,内阻约2Ω)、A2（量程0.6A,内阻０.3Ω);电压表：V１（量程５V,内阻约5ｋΩ）、V２(量程15V，内阻约15kΩ)；滑动变阻器：Ｒ１（阻值范围0﹣1０0Ω)、R２(阻值范围0﹣2kΩ)；电源：E１（电动势为1.５V，内阻为0.2Ω）、Ｅ2(电动势为4V,内阻约为0.04Ω）．为了调节方便,测量准确，实验中应选用电流表,电压表,滑动变阻器，电源（填器材的符号）．②根据实验数据，计算并描绘出R﹣U的图象如图2所示．由图象可知,此灯泡在不工作时,灯丝电阻为1.5Ω ；当所加电压为3.00V时,灯丝电阻为11．5Ω，灯泡实际消耗的电功率为0．７８W.③根据R﹣U图象，可确定小灯泡耗电功率Ｐ与外加电压U的关系.符合该关系的示意图是下列图中的Ａ.【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【专题】实验题；恒定电流专题.【分析】根据“安全性”和“精确性”原则,电表读数要求指针在满刻度的～或～之间.【解答】解：①因小灯泡额定电流为0.3A，额定电压为3．8V，故电流表应选,电压表应选,又因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，应选阻值小的变阻器,故变阻器应选,显然电源应选．故答案为．②由R﹣U图象知U=0时R为１.５Ω，Ｕ=3V时R为11.5Ω，由Ｐ=得P=0.78W．故答案为1.5Ω,11．5Ω，０.78③由P=知,P与U２成正比，P﹣U的图线弯曲的方向向上，故ＣD错误;U＝0时P=0,故B不合题意，P随Ｕ的增大而增大，故Ａ正确.故选:Ａ.【点评】测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电压与电流从零调起或要求电流电压调节范围大一些,因此,滑动变阻器应采用分压式接法．三、计算题（本题共3个小题，14题11分,１５题11分，16题１4分,共36分,解答应写出必要的文字说明、方程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.）1４.电场中某区域的电场线如图所示,Ａ、B是电场中的两点,一个电荷量q=＋2.0×1０﹣8C 的点电荷在A点所受电场力F A=4.0×10﹣4N,将该点电荷从Ａ点移到B点，电场力做功Ｗ=１．0×10﹣7J. 求:（１)Ａ点电场强度的大小Ｅ；（２）Ａ、B两点间的电势差U．【考点】电场线;电势.【专题】简答题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小.根据公式U=求解A、B 两点间的电势差Ｕ.【解答】解:（1）A点电场强度的大小为:Ｅ=N/C（2）Ａ、Ｂ两点间的电势差为:U==答：（1）A点电场强度的大小E为2×10４N/Ｃ；(2）Ａ、B两点间的电势差U为5Ｖ.【点评】本题考查物理基本公式的应用能力.对于公式U=应用时，一般各量要代入正负号计算，而Ｅ＝，一般不代入正负号计算.1５.在如图所示的电路中，电源的电动势Ｅ=9．０Ｖ,内电阻r=1.０Ω，外电路的电阻Ｒ=５.０Ω.闭合开关S．求：（1）通过电阻R的电流Ⅰ；(2)电阻Ｒ消耗的电功率P．【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.【专题】计算题；定量思想；等效替代法;恒定电流专题．【分析】(1）已知电源的电动势E=9.0Ｖ，内电阻r＝1.0Ω，外电路的电阻R=5.0Ω,根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流I.（2)电阻R消耗的电功率由公式P=I2R求．【解答】解:(1)根据闭合电路欧姆定律，通过电阻Ｒ的电流为:Ｉ==A=1.5A（2)R上消耗的电功率为：P＝I2R=1．52×5.0Ｗ=１１.２５W答:(1)通过电阻R的电流Ⅰ是1．5Ａ；（２）电阻R消耗的电功率Ｐ是１1.2５Ｗ．【点评】本题是简单的电路计算问题，关键要能根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流,并掌握功率公式P=I２R.１6．如图所示，虚线ＭN、PQ之间存在垂直纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现有两个质量均为ｍ、带电量分别为﹣q、＋q的粒子在纸面内均以速度v从Ａ点同时射入,其方向与MN成60°角,虚线MN、ＰQ间的距离为ｄ，带电粒子的重力及带电粒子之间的库仑力不计．试求:(1）+q粒子恰好不从PQ边飞出能回到虚线ＭN上,则速度v多大?(2）两个带电粒子在磁场中运动的时间之和.【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律;向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题.【分析】正粒子恰好不从ＰＱ边飞出能回到虚线MN上，则正粒子的轨迹与虚线PＱ相切,由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出ｖ.【解答】解：（１)正粒子恰好不从ＰQ边飞出能回到虚线MN上,则正粒子的轨迹与虚线P Ｑ相切,设粒子的速度为Ｖ,粒子做圆周运动的圆周半径为R由几何关系可知d＝R+Rcos６0°洛仑兹力提供圆周运动的向心力qVＢ=联立以上两式可得V=＝（2)正负带电粒子是完全相同的,进入同一匀强磁场,轨迹和周期都是相同的,根据几何关系可知两个带电粒子在磁场中运动的时间之和刚好等于其中一个粒子运动的周期根据牛顿第二定律有qＶＢ=周期T=联立可得粒子运动的周期为T=即两个带电粒子在磁场中运动的时间之和为．答：（1)+q粒子恰好不从ＰQ边飞出能回到虚线MN上，则速度ｖ为qＢd；（2）两个带电粒子在磁场中运动的时间之和为.【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中运动的问题,经常会先由几何知识求出半径，再由洛伦兹力提供向心力求出ｖ。

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2020-2021学年江西省上饶市某校高二期末考试理科物理试卷

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2020-2021学年江西省上饶市某校高二期末考试理科物理试卷一、选择题1. 下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是A.图甲用磁铁靠近轻质铝环A，A会靠近磁铁B.图乙断开开关S，触点C不立即断开C.图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数D.图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快2. 关于光现象及其应用，下列说法正确的有（）A.3D电影是利用激光相干性好的特性B.肥皂泡呈现彩色是光的干涉现象C.摄影机镜头镀增透膜是利用了光的折射D.拍摄玻璃橱窗内的物品时，要在镜头前加装一个偏振片是利用光的干涉3. 一列简谐横波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为（）A.4m、6m和8mB.6m、8m和12mC.4m、6m和12mD.4m、8m和12m4. 如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与理想二极管D相连，下列说法中正确的是（）A.闭合开关S后，L1会逐渐变亮，L2立刻变亮B.闭合开关S稳定后，L1比L2更亮C.断开S的瞬间，L1会逐渐熄灭D.断开S的瞬间，a点的电势比b点高5. 如图所示，理想变压器初、次级线圈的匝数之比n1:n2=2:1，且分别接有完全相同的纯电阻，电源的电压为U，则次级线圈的输出电压为（）A.U2B.U3C.25U D.34U6. 如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L、总电阻为R的单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ=45∘角，现使线圈以水平向右的速度v匀速进入磁场，则（）A.当线圈中心经过磁场边界时，P点的电势比N点高B.当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电势差U=14BLvC.当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小F安=B2L2vRD.线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量q=BL22R7. 如图所示，有一折射率为√2的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90∘、半径为R=0.2m的扇形NBC，柱体厚度为ℎ=0.1m，一束刚好覆盖ABNM面的单色光，以与该面成45∘角的方向照射到ABNM面上，若只考虑首次入射到ABCD面上的光，则ABCD面上有光透出部分的面积为（）A.π100m2 B.π150m2 C.π200m2 D.π300m2二、多选题如图所示，ABCD 是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O 点垂直AD边射入，已知棱镜的折射率n=√2，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60∘．则下列说法正确的是（）A.光线第一次入射到AB界面上时，既有反射又有折射B.光线第一次从棱镜折射进入空气，应发生在CD界面C.第一次的出射点距C4√33cmD.光线第一次射出棱镜时，折射角为45∘A、B两列简谐波在两种介质中均沿各自x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t （t小于A波的周期T A），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则A、B两列波的波速v A、v B之比可能是（）A.1:1B.2:1C.1:3D.3:1如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30∘，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q＝0.1J（g取10m/s2）．下列说法正确的是（）A.金属棒在此过程中克服安培力的功为0.4JB.阻值R在此过程中产生的焦耳热为0.2JC.金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度为3.2m/s2D.金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度为5.2m/s2三、实验探究题某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：（1）如果他测得的g值偏小，可能的原因是（）A.实验中误将49次全振动数次数记为50次B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了C.开始计时时，秒表过迟按下（2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T2的数据如图1所示，再以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________．（用k表示）（3）同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像（如图2），由图可知，两单摆摆长之比l al b=________．在t＝1s时，b球振动的方向是________．四、解答题一列沿−x方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10cm，P、Q两点的坐标分别为(−1,0)和(−9,0)，已知t=0.9s时，P点第二次出现波谷．（1）这列波的传播速度多大？（2）从t=0时刻起，经过多长时间Q点第一次出现波峰？（3）当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？有一台内阻为1Ω的发电机，供给一学校照明用电，如图所示．升压变压器原、副线圈匝数比为1:4，降压变压器原、副线圈匝数比为4:1，输电线的总电阻为4Ω．全校共有22个班，每班有“220V40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则（3）整个过程中系统产生的焦耳热Q．（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？（3）输电效率为多少？如图所示，真空中一个半径为R、折射率为√3的透明玻璃半球体，O为球心，轴线OO′水平，位于轴线上O点处的点光源S发出一束与OO′夹角θ＝60∘的光线射向半球体，已知光在真空中传播的速度为c，不考虑光左侧R3线在玻璃半球体圆弧界面上的反射，求：（1）光线进入玻璃半球体时的折射角r；（2）光在玻璃半球体内传播的时间t．如图所示，光滑导轨MN、PQ的水平部分处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨右部分宽度为L，左部分宽度为3L，将质量均为m的金属棒ab和cd分别置于导轨上不同宽度处，且两棒均与轨道垂直，将ab棒置于距离水平导轨高度ℎ处时静止释放，ab棒沿轨道下滑后始终在左部分磁场中运动，两棒有电阻，导轨无电阻，左右水平部分均足够长，求：（1）ab棒滑至水平轨道瞬间的速度大小；（2）ab棒和cd棒最终的速度比值；参考答案与试题解析2020-2021学年江西省上饶市某校高二期末考试理科物理试卷一、选择题1.【答案】B【考点】楞次定律感应电流的产生条件【解析】此题暂无解析【解答】解：A．图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，根据楞次定律可知，A将远离磁铁，故A错误；B．图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触电C不立即断开，故B正确；C．图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故C错误；D．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘转动受到阻碍，因此铜盘将转慢，故D错误．故选B．2.【答案】B【考点】薄膜干涉的应用光的偏振激光的特性和应用【解析】【解答】解：3D电影是利用了光的偏振现象，出现立体画面，故A错误；肥皂泡在阳光照耀下呈现出彩色条纹这是光的薄膜干涉现象，故B正确；摄影机的镜头表面镀了一层透光的膜，可以增大某种光的透射强度，这是利用了光的干涉现象，故C错误；照相机镜头前加偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度，从而使玻璃后的影像清晰，利用了光的偏振原理，故D错误．故选B．3.【答案】C【考点】波长、频率和波速的关系【解析】此题暂无解析【解答】解：满足这种情况的波形可能有三种情况，一是两点间有半个波长，此时12λ=6m，λ=12m；二是两点间有一个波长，此时λ=6m；三是两点间有32个波长，此时32λ=6m，故λ=4m；故C正确，ABD错误．故选C．4.【答案】D【考点】自感现象和自感系数【解析】此题暂无解析【解答】解：A．闭合开关S后，线圈自感只是阻碍流过L的电流增大，则两灯立刻亮，故A错误；B．闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，故B错误；CD．断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，此时的二极管反接，所以回路中没有电流，故C错误，D正确．故选D．5.【答案】C【考点】变压器的构造和原理【解析】根据电压之比等于线圈匝数之比，而电流之比等于线圈匝数的反比可分别用U2表示变压器输入电压和原线圈中R两端的电压，再根据R与原线圈串联，根据串联电路规律即可求得输出电压．【解答】解：设原线圈中电流为I，则根据电流之比等于线圈匝数的反比可知，副线圈中电流为2I，则可知原线圈R两端的电压U R=RI，副线圈的输出电压U2=2RI，根据变压器电压之比与线圈匝数关系可知：U1U2=21，根据电路规律可知，U=U R+U1，联立以上各式解得：U2=25U，故C正确，ABD错误．故选：C．6.【答案】D【考点】导线框切割磁感线电磁感应中的电路类问题【解析】【解答】解：当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，由右手定则可知，P点的电势比N点低，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，NP产生的感应电动势为E=BLv，此时N、P两点间的电势差U为路端电压，有U=34E=34BLv，故B错误；当线圈中心经过磁场边界时，QP、NP受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为F安=√2B2L2vR，故C错误；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，有E=ΔΦΔt ，I=ER，通过导线某一横截面的电荷量为q=ΔΦR=BL22R，故D正确．故选D．7.【答案】C【考点】光的折射和全反射的综合应用【解析】【解答】解：根据折射定律，有n=sin isin r，代入数据，得r=30∘，即光进入玻璃后与竖直方向的夹角为30∘，过N的光线垂直入射到BC界面上点G射出，G与C之间没有光线射出，越靠近B的光线入射到BC面上时入射角越大，越容易发生全反射，根据临界角公式sin C=1n，可得C=45∘，如图：取任意一条光线，在三角形NEB中可求得NE与水平方向的夹角为90∘−45∘=45∘=π4，所以有光透出的部分的弧长为πR4，则ABCD面上有光透出部分的面积为S=πRℎ4=π200m2．故选C．二、多选题【答案】B,C,D【考点】光的折射和全反射的综合应用【解析】ABD、根据sin C=1n，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向．C、根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离．【解答】解：如图所示：ABD．因为sin C=1n，临界角C=45∘，第一次射到AB面上的入射角为60∘，大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为60∘，又发生全反射，射到CD面上的入射角为30∘，根据折射定律得，n=sinθsin30∘，解得θ=45∘，即光从CD边射出，与CD边成45∘斜向左下方，故A错误，BD正确；C．根据几何关系得，AF=4cm，则BF=4cm，∠BFG=∠BGF，则BG=4cm，所以GC=4cm，所以CE=4√33cm，故C正确．故选：BCD．【答案】A,C【考点】横波的图象【解析】题可得出，A波的波长λA=24cm，甲图到丙图一定要相隔半个周期，所以周期T A=2t；B波波长为λB=12cm，乙图与丁图波形图相同，经过的时间一定时整数个周期，所以周期T B=tn，波速v A=λAT A=0.242t=0.12tv B=λBT B=0.12tn=0.12nt得到v Av B=1n．【解答】解：由题可得出，A波的波长λA=24cm，甲图到丙图一定要相隔半个周期，所以周期T A=2t；B波波长为λB=12cm，乙图与丁图波形图相同，经过的时间一定时整数个周期，所以周期T B=tn，波速v A=λAT A =0.242t=0.12t；v B=λBT B =0.12tn=0.12nt；得到v Av B =1n，所以A、B两列波的波速之比可能是AC，不可能是BD．故选AC．【答案】A,C【考点】电磁感应中的能量问题闭合电路的欧姆定律电磁感应中的动力学问题【解析】题中已知金属棒产生的焦耳热Q＝0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安。

2020-2021学年高二上学期期末考试物理试卷(解析版)

2020-2021学年高二上学期期末考试物理试卷(解析版)

2020-2021学年高二上学期期末考试物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.下列关于电场强度和磁感应强度的定义的说法中正确的是（）A. 静电场中某点的电场强度的方向为该处点电荷所受静电力的方向B. 磁场中某点的磁感应强度的方向为该处电流元所受安培力的方向C. 由E=Fq可知，电场中某点的电场强度大小为处于该点的试探电荷所受的静电力F与电荷量q的比值D. 由B=FILsinθ可知，磁场中某点的磁感应强度大小为处于该点的电流元所受的安培力F与电流元IL 的比值2.两个相同的带电金属小球（可视为点电荷）相互排斥，电荷量之比为1：5，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力为原来的（）A.45B. 95C. 25D. 3653.如图所示为某款华为手机的锂电池，电动势为3.6V，其物理意义是（）A. 电池正负极之间的电压为3.6VB. 电路中每通过1C的电荷，电池将3.6J的化学能转化为电能C. 电路中每通过1C的电荷，电池向外电路输送3.6J的能量D. 电池每秒钟提供3.6J的能量4.如图所示，水平向右的匀强磁场中有一根垂直于磁场的导线，两端通过两根软金属丝连接到电源上，金属丝上端固定。

当导线中通以垂直于纸面向里的电流后，则关于导线和金属丝的下述说法正确的是（）A.导线停留在原位置，金属丝拉力增大B.导线停留在原位置，金属丝拉力减小C. 导线往右偏，金属丝拉力减小D. 导线往左偏，金属丝拉力增大5.如图所示为一速度选择器，两极板P、Q之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，一束粒子流（重力不计）以速度v从a沿直线运动到b，则下列说法中正确的是（）A. 粒子的速度一定等于EBB. 粒子的速度一定等于BEC. 粒子一定带正电D. 粒子一定带负电6.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。

当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.00A和24.0V．不计温度变化对电动机电阻带来的影响，则关于这台电动机正常运转时的下列说法中，正确的是（）A. 电阻为12ΩB. 消耗的电功率为144WC. 输出功率为32WD. 发热功率为48W7.质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图示。

江西省上饶第二中学2020-2021学年高二上学期12月月考物理试题含答案解析

江西省上饶第二中学2020-2021学年高二上学期12月月考物理试题含答案解析

江西省上饶第二中学【最新】高二上学期12月月考物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．两根材料相同的导线，质量之比为2∶1，长度之比为1∶2，加上相同的电压后，通过的电流之比为( )A ．8∶1B ．4∶1C ．1 ∶1D ．1∶42．用电动势为ε、内阻为r 的电源对外电路供电，下列判断正确的是（ ） A ．电源短路时，路端电压为零，电路电流达最大值B ．外电路断开时，电路电流为零，路端电压也为零C ．路端电压增大时，流过电源的电流一定增大D ．路端电压增大时，外电路消耗的功率一定增大3．一平行板电容器的极板水平放置，它和三个可变电阻及电源连成如图所示的电路，质量为m 的带电油滴悬浮在两极板间静止，要使液滴上升．可行的办法是（ ）A ．减小R 1B ．减小R 2C ．减小R 3D ．增大两极板间的距离4．质量为m 、带电为q 的小球，在匀强电场中由静止释放，发现它运动方向与竖直方向夹角为90θ<︒，关于场强的大小正确的是（ ）A ．有唯一值，/E mgtg q θ=B ．有唯一值，/E mgctg q θ=C ．有最小值，sin /E mg q θ=D ．有最小值，/E mgtg q θ= 5．在阴极射线管中电子射线的方向由左向右，其上方有一根通电直导线，电流方向向右，导线与射线管平行，则阴极射线将：A．向上偏转B．向下偏转C．向里偏转D．向外偏转6．如图所示，一根长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环的平面，导线和环中的电流方向如图所示，那么金属环受到的磁场力为( )A．沿圆环的半径向外B．沿圆环的半径向内C．水平向左D．等于零7．如图所示，将通电线圈(电流方向沿图中箭头方向)悬挂在磁铁N极附近，磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将( )A．转动同时靠近磁铁B．转动同时离开磁铁C．不转动，只靠近磁铁D．不转动，只离开磁铁8．在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示．有一带负电的微粒，从上边区域沿平行电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度—时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)( )A．B．C．D．9．某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（）A．QqCdB．2QqCdC．22kQqdD．24kQqd10．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子分别以相同的速度沿与x轴成15°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为（）A．1：5 B．5：2 C．5：3 D．3：2二、多选题11．如图所示的匀强电场中有M、N两点，距离为d，MN的连线与场强方向夹角为θ，带电为q的正电荷在N点所受的电场力为F，将这个正电荷由N移到M，克服电场力做功为W，M、N间电势差为U．则M点的电场强度为（）A．UdB．cosUdθC．cosWqdθD．sinWqdθ12．如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向水平向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使小球从轨道上的较低点b开始下滑，经P点进入板间后，在板间运动过程中（）A．小球动能将会增大B．小球电势能将会增大C．小球所受洛仑兹力将会增大D ．因不知小球带电性质，无法判断小球的动能如何变化三、填空题13．测得某电源的路端电压U 和通过电源的电流I 的关系图象如图所示，由图可得电源的电动势ε=_________V ，内电阻r =_________Ω。

江西省上饶市中学2020-2021学年高二物理期末试卷含解析

江西省上饶市中学2020-2021学年高二物理期末试卷含解析

江西省上饶市中学2020-2021学年高二物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的检验电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则A．若在A点换上－q，A点场强方向发生变化B．若在A点换上电量为2q的电荷，A点的场强将变为2EC．若在A点移去电荷q，A点的场强变为零D．A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关参考答案：D2. （单选）如图所示，一通电长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线左侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向右、后水平向左．设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图象可能是（）参考答案：B3. 带电粒子(不计重力)可能处的状态是( )A．在磁场中处于平衡状态B．在匀强磁场中做匀变速曲线运动C．在匀强电场中做匀变速曲线运动D．在电场中做匀速圆周运动参考答案：AＣD4. （单选）如图所示，在一个向右匀速行驶的车厢内有一高h的货架，货架边缘有一小球，当车突然加速行驶时，小球从货架边缘脱落，若小球下落过程中未与车厢的后壁相碰，则以地面为参考系，小球将做A．自由落体运动B．水平向右的平抛运动C．水平向左的平抛运动D．向左下方的直线运动参考答案：B5. 如图所示，S1、S2是弦线两端的两个波源，它们的振动周期都为T，振幅都为A，某时刻S1发出的波恰好传到C，S2发出的波恰好传到A，且S1C=S2A，图中只画出了此时刻两列波在AC之间部分的叠加波形，S1、A间和S2、C间波形未画出，下列说法正确的是A．A、B、C三点是振动减弱点B．A、C是振动减弱点，B是振动加强点，振幅为2AC．再经过T/4，AC间的波形是一条直线D．再经过T/4，AC间的波形不是一条直线参考答案：AC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 根据完全相同的“表头”改装而成的两个不同量程的电流表和，其中的量程是的5倍，现将这两个电流表串联在一起接入某电路中，则两个电流表指针偏角（填“相同”或“不相同”）；两个电流表的读数（填“相同”或“不相同”）。