2020黄石高二上学期期末考试物理试题扫描版含答案

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黄石市2019~2020学年度上学期期末考试

高二物理参考答案及评分标准

1．【答案】A

减小，总电阻减小，总电流I增大，电流表示数增大， 两端电压增大，故选项A正确D错误，路端电压减小，灯泡、两端电压均减小，灯泡变暗，故选项BC错误。

2．【答案】D

根据安培右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，当电流增大时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abdca，根据安培左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd反向运动，相互靠近。故选项ABC错误，选项D正确。

3．【答案】D

B、L、三者均相互垂直时产生的感应电动势为，导体棒切割磁感线的有效长度为，金属棒中产生的感应电动势为，通过R的电流为，故选项ABC错误，选项D正确。

4．【答案】A

每段导线所受安培力大小均为F=，根据左手定则判断其方向，可知两者夹角为120°，则导线所受安培力的合力为F′=，故选项A正确。

5．【答案】B

由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，E端的电势始终高于F端的电势，则为正值；EF和CD边切割磁感线时产生的感应电动势均为E=，在0~a内，EF切割磁感线，EF的电压是路端电压，则=；在a~2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则=E=；在2a~3a内，CD边切割磁感线产生感应电动势， EF两端的电压为电动势的，=。故只有选项B正确。

6．【答案】C

交流电的有效值是根据电流热效应来计算的，以一个周期0.3s来计算热量，则有：，解得有效值，故只有选项C正确。

7．【答案】B

触头P接a、b两点时，电压表示数相对变化量，电流表示数相对变化量，则有>，电流表示数变化量大，根据哪个物理量变化大就应把该物理量测准的原则，应把未知电阻的电流测得更准，则电流表应采用内接法，即触头P应接在a点，电阻测量值；由于采用电流表内接法，电流表分压，电压测量值大于真实值，电阻测量值大于真实值，故选项B正确，A、C、D错误。

8．【答案】C

如图所示，从MN边界穿出的粒子质量为5m，在磁场中运动了3/4个周期，则运动的时间为；从PQ边界穿出的粒子质量为18m，设在磁场中运动轨迹圆弧对应圆心角为θ，则运动时间为。

由两粒子在磁场中运动时间相等解得θ=75°。

由几何关系可知∠AO2E=45°，∠CO2E=30°，则有：

又

解得。故只有选项C正确。

9．【答案】AC

质子要在回旋加速器中不断被加速，要满足质子在磁场中做匀速圆周运动的周期等于交变电场的周期，否则粒子不能被一直加速，α粒子周期，交变电场能使质子一直加速，而α粒子则不能，故选项A正确、D错误。质子做圆周运动最大半经不超过R，，最大速度不超过，最大动能不超过，此动能与加速电压无关(加速电压越大，达到相同的动能需要加速次数越少)。故选项B错误C正确。

10．【答案】AC

根据牛顿第二定律可得金属棒下滑过程中的加速度，安培力，则，由此可知，速度增大、加速度减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减少的加速运动，故选项A正确；当时，速度稳定且达到最大值，故选项B错误；当导体棒速度达到时，加速度，故选项C正确；从导体棒开始运动到达到稳定状态过程中，根据能量守恒定律可得，重力所做的功等于电阻R产生的焦耳热与导体棒增加的动能之和，故D错误。

11．【答案】BD

由图乙可知，发电机所发正弦交流电的周期为T=0.02s，即交流电的频率为50Hz，变压器不改变正弦交流电频率，故用户端交流电的频率等于50HZ，选项A错误；设升压变压器原线圈输入电压和电流分别为和，升压变压器匝数比为∶，降压变压器匝数比为∶，线路电阻为，用户电阻为，则将用户的电阻等效到降压变压器的原线圈中，由于不变，所以升压变压器副线圈两端电压不变，其电流，降压变压器的原线圈两端电压， 当增大时也增大，减小，增大，故选项B正确；当减小时也减小，增大，减小，由得减小，即降压变压器的副线圈两端电压减小，故选项D正确；增大同时由得增大，故选项C错误。

12．【答案】BD

微粒受重力mg、电场力Eq和洛伦兹力Bq三个力作用。若微粒带正电，其受力分析如图1所示，微粒受的重力和电场力是恒力，而洛伦兹力是变力，即垂直速度方向的合力不可能永远为零，微粒不可能做直线运动。同理，微粒在带负电的情况下且做匀速运动，微粒才能做直线运动，故选项A错误B正确。

带负电微粒受力分析如图2所示，根据平衡有：，，解得，选项C错误；，故选项D正确。

13．【答案】5.015或5.010(2分)；4.700±0.002(2分)；0.540(2分)

14．【答案】

⑴A(1分)；D(1分)；E(1分)

⑵如图所示(4分)

⑶(2分)

【解析】⑴本题中电源电动势为5V，为较为准确测电压，只能选量程为3V的电压表电V1．被测电阻上的最大电流，量程为200mA的电流表A2合适，故选D，由于要求该段金属材料两端电压从零开始调节，滑动变阻器R只能用分压式接法，选择阻值小而允许最大电流1.5A的滑动变阻器更安全，更方便，故选E。

⑵由于，故采用电流表外接法测量误差较小。电路如图所示。

⑶金属材料横截面积，电阻，得电阻率。

15．【解析】(10分)

⑴由于线框能匀速进入磁场，设ab边进入磁场时的速度为，则：

线框中产生的感应电动势为：                  (1分)

线框中电流为：          (1分)

根据力的平衡有：       (2分)

联立解得：             (1分)

⑵线框出磁场的过程中，有：      (2分)

平均电流为：          (1分)

通过线框的电量为：        (1分)

解得：                (1分)

16．【解析】(12分)

⑴带正电的粒子从坐标原点O沿x轴正方向以速度做直线运动，则有：

       (2分)

解得：       (1分)

粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛仑兹力提供向心力可得：

       (2分)

      (1分)

⑵粒子运动轨迹如图所示，由D点距原点最近，可知粒子做圆周运动的圆心C在ODN连线上。根据几何关系可得：

    (2分)

   (2分)

联立解得：    (2分)

17．【解析】(15分)

⑴如图所示，由几何关系可知，磁场圆半径O1A、O1P和轨迹圆半径O2A、O2P正好组成一个菱形AO1PO2．由此可得轨迹圆的半径：                            (2分)

粒子在磁场中有：(1分)

解得：    (1分)

⑵粒子在磁场中做圆周运动周期为：

      (1分)

粒子在磁场中运动时间：

    (1分)

解得：    (1分)

⑶粒子在电场中做类平抛运动，从N点到M点，有：

y方向：     (2分)

其中           (1分)

x方向：          (1分)

联立解得：          (1分)

粒子从N点到M点由动能定理：   (2分)

联立解得：          (1分)