精品解析：湖北省荆州市公安县2019-2020学年高二（上）期末物理试题（解析版）

019—2020学年度上学期期末考试

高 二 物 理 试 题

（全卷满分100分，考试用时90分钟）

第Ⅰ卷（选择题，共40分）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.下列说法正确的是（　　）

A. 由公式U＝Ed可知，在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比

B. 磁感应强度的方向就是通电导线在磁场中所受力的方向

C. 物体带电荷＋1.60×10-9C，这是因为该物体失去了1.0×1010个电子

D. 闭合电路中，电流总是从电势高的一端流向电势低的一端

【答案】C

【解析】

【详解】A．由公式U＝Ed可知，在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点沿电场线方向的距离成正比，选项A错误；

B．磁感应强度方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直，选项B错误；

C．物体带电荷＋1.60×10-9C，这是因为该物体失去了个电子，选项C正确；

D．闭合电路中，在外电路电流是从电势高的一端流向电势低的一端，在内电路正好相反，选项D错误。

故选C。

2. 在真空中有a、b两个点电荷， b的电荷量是a的3倍，如果a受到的静电力是F，则b受到的静电力是

A. F B.  C. 3F D. 4F

【答案】A

【解析】

【详解】根据牛顿第三定律，两带电体之间的库仑力是作用力与反作用力，二者大小总是相等的，与所带电量无关，因此b受到的静电力大小是F，故A正确，BCD错误．

3.空间中两个点电荷形成的电场线分布如图所示，图中P，Q是电场线上的两个点，将一带正电的试探电荷固定在P点，则（　　）

A. Q1的电荷量小于Q2的电荷量

B. 该试探电荷在P点的电势能小于Q点的电势能

C. P点的电场强度大于Q点的电场强度

D. 将试探电荷由静止释放，试探电荷仅在电场力的作用下将沿着电场线由P点运动到Q点

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据电场分布特点可知，正电荷电荷量较大，即Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A错误；
B．将正电的试探电荷由P点移动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，即该试探电荷在P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；
C．P点电场线密，电场强度大，故P点的电场强度大于Q点的电场强度，故C正确；
D．正电荷所受电场力方向与电场线方向相同或者在电场线的切线上，而速度方向并非时刻沿电场线，所以释放的该正电荷运动轨迹并不沿电场线，故D错误。
故选C。

4.如图所示，在平行于ABC平面的匀强电场中，有一一个边长为6 cm的等边三角形，A、B、C三点电势分别为8V，-4V和2V，D为靠近A点的AB线段的三等分点。下列说法正确的是

A. 电场强度为400 V/m

B. 电场线方向与AB平行，方向指向A

C. 电子在A点的电势能小于在B点的电势能

D. 若将一电子从C点移至D点，电场力做功为-2eV

【答案】C

【解析】

【详解】匀强电场平行相等的线段的端电压相等，则有AB的中点F点的电势为

则F、C为等电势点，FC为等势线，则AB为一电场线，方向由A到B，则

AB．匀强电场的场强为

方向由A到B；故AB错误。

C．电子带负电，由知其在电势高处电势能小；故C正确。

D．D点的电势为

则UCD=-2V，将一电子从C点移至D点，电场力做功为

故D错误。

故选C

5.如图所示的两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ab与dc间的距离也为l。t＝0时刻，dc边与磁场区域边界重合，现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→d→c→b→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】B．线框进入磁场过程中，cd边切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，当cd边离开磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，电流为正的，故B错误；
ACD．线圈进入磁场时，cd边切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，有效切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来小；当cd边离开磁场，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来越小，故A正确，CD错误；
故选A。

6.如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则下列说法错误的是

A. 变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变

B. 电压表示数变大，电流表示数变小

C. 电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU

D. 电容器的带电量增大，增加量为CΔU

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得：

U=E-I（R0+r）

由数学知识得知

保持不变．故A正确，不符合题意．

B．合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，电流表示数变小；由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，即电压表示数变大，选项B正确，不符合题意；

C．因它们的总电压即路端电压增大，R两端的电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U，选项C错误，符合题意．

D．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U，选项D正确，不符合题意．

7.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】带电粒子从距离ab为处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝Fn得

qvB＝

解得

v＝

A．，与结论不相符，选项A错误；

B．，与结论相符，选项B正确；

C．，与结论不相符，选项C错误；

D．，与结论不相符，选项D错误；

故选B

8.如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是(　　)

A. 小球先加速后减速，加速度先增大后减小

B. 当v＝v0时，小球加速度最大

C. 当v＝v0时，小球一定处于加速度减小阶段

D. 当a＝a0时，>

【答案】C

【解析】

【详解】A．开始运动阶段qvB<mg，加速度：

当速度增大时，加速度增大，则小球做加速度越来越大的加速运动；

当qvB＝mg之后，小球受到的支持力垂直杆向下，小球的加速度：

当速度增大时，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后做匀速运动，则可知小球一直加速最后匀速，加速度先增大后减小为0不变，选项A错误；

BC．作出小球的加速度随速度的变化规律图象如图所示，两阶段的图线斜率大小相等，有

则时一定处于加速度减小阶段，选项B错误，C正确；

D．由图像可知，可能出现在加速度增大阶段或加速度减小阶段，选项D错误．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分。

9.如图所示，实线是匀强电场的电场线，电场方向水平向右，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，若带电粒子在运动中只受电场力的作用，从 a 点运动到 b 点，则由此图可作出正确判断的是

A. 带电粒子动能增加

B. 带电粒子带正电荷

C. 带电粒子电势能增加

D. 带电粒子受电场力的方向水平向左

【答案】AD

【解析】

【详解】根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力水平向左，因电场向右，则粒子带负电，电场力对粒子做正功，动能增加，电势能减小，故AD正确，BC错误.

故选AD.

10.如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0~t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则（　　）

A. 从左向右看感应电流的方向为顺时针

B. 从左向右看感应电流的方向为先顺时针后逆时针

C. 感应电流的大小先减小后增加

D. 感应电流的大小方向均不变

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流顺时针（从左向右看）。
当电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。故电流方向不变，故A正确，B错误；
CD．由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。故C错误，D正确；
故选AD。

11.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3都是规格相同的灯泡。实验时，断开开关Sl瞬间，A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（　　）

A. 图甲中，A1电阻与L1的直流电阻相等

B. 图乙中，变阻器R的接入电阻与L2的直流电阻相等

C. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流小于L1中电流

D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中的电流与变阻器R中的电流相等

【答案】BC

【解析】

【详解】AC．图甲中，断开开关Sl瞬间，A1突然闪亮，说明电路稳定时通过线圈L1的电流大于通过灯泡A1的电流，即灯泡A1的电阻大于自感线圈L1的电阻，故A错误，C正确；
B．图乙中，闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明电路稳定后两个支路的直流电阻相同，即变阻器R与L2的电阻值相同，故B正确；
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选BC。

12.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个半径为R的D形金属盒，两盒间宽d的狭缝中形成的变化的电场，电压为U；两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场B中，一电子利用其加速，则下列说法中正确的是（　　）

A. 电子获得的最大速度为

B. 电子获得的最大动能为

C. 电子的加速时间为

D. 增大D形金属盒的半径，电子获得的最大动能减小

【答案】BC

【解析】

【详解】ABD．电子离开回旋加速器时满足

则有

增大D形金属盒的半径，最大动能增大，故AD错误，B正确；
C．电子在电场中运动的加速度

末速度

电子加速时间

故C正确。
故选BC。

第Ⅱ卷（非选择题，共60分）

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.某同学想设计一个实验测量某金属棒的电阻率，提供的器材有：

A．电流表A1（满偏电流=200μA，内阻=100Ω）

B．电流表A2（量程为0.6A，内阻约为0.4Ω）

C．电阻箱 R0（0～99999.9Ω）

D．滑动变阻器R（0～5Ω，最大允许电流2A）   

E．干电池组（电动势6V，内阻约为0.05Ω）

F．一个开关k和导线若干

（1）如图甲所示，用螺旋测微器测得金属棒的直径D=______mm； 如图乙所示，用20分度游标卡尺测得金属棒的长度L=______ mm．

（2）该同学找来一个多用表，用欧姆档“×10Ω”粗测金属棒的电阻，发现指针偏转角度过大，他应换用_______挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡后欧姆调零再次测量时指针静止如图丙所示，则金属棒的阻值Rx约为_____Ω．

（3）为了精确地测量金属棒的电阻，从而计算出电阻率，该同学将电流表A1与阻值调为R0=____Ω的电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，并在虚线框画出测量原理图________．

【答案】    (1). 2.150    (2). 102.30    (3). ×1    (4). 17_    (5). 29900或29900.0    (6).

【解析】

【详解】(1)[1]由图知，螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度读数为

故金属棒的直径为2.150mm；

[2]游标卡尺的主尺读数为10.2cm=102mm，游标尺第6条和主尺对应最齐，故游标尺读数为

6×0.05mm=0.30mm

故金属棒的长度为102.30mm；

(2)[3]指针偏转角度过大，说明表盘指针刻度值过小，使指针偏转至中间刻度附近应换用小倍率，即换用×1Ω；

[4]由图知，刻度值约为17Ω，又倍率为×1Ω，故金属棒的阻值约为17Ω；

(3)[5]根据电路特点，串联电阻分担电压为：

根据欧姆定律有

[6]测量原理图如图所示

14.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：

A.干电池（1节）

B.直流电流表（0～0.6A挡，内阻约0.8Ω），（0～3A挡，内阻约为0.16Ω）

C.直流电压表（0～3V挡，内阻约5kΩ），（0～15V挡，内阻约为25kΩ）

D.滑动变阻器R1（0～10Ω，允许最大电流为1A）

E.滑动变阻器R2（0﹣100Ω，允许最大电流为0.6A）

F.开关一个，导线若干

(1)实验中滑动变阻器应选用____（填“R1“或“R2“）；

(2)该同学根据提供的器材设计了如甲、乙所示的两电路图，你认为____（填“甲电路”、“乙电路”或“两个电路都不”）可行。

(3)按正确的电路连接电路，闭合电键后移动滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数在U﹣I坐标纸上描点，并绘制出如图所示图线，请根据图线求出电源的电动势E＝____V，电源内阻r＝____Ω。

【答案】    (1). R1    (2). 甲电路    (3). 1.50    (4). 0.5

【解析】

【详解】(1)[1]．干电池的内阻较小，根据电学实验的方便性，滑动变阻器选阻值较小的，即选用R1；
(2)[2]．干电池的内阻较小，对电源而言，甲图是电流表外接；图乙是电流表内接，此时测量的电源内阻是电源内阻的真实值和电流表内阻之和，此时带来误差较大；故甲电路可行；

(3)[3][4]．由图知纵轴的截距表示电源电动势大小，故E=1.50V；
根据U-I图象斜率的物理意义，得

15.如图，在真空中有两个点电荷A和B，电量分别为－Q和＋2Q，它们相距L，如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r（2r＜L）的空心金属球，且球心位于O点，求：

（1）－Q在O点产生的电场强度的大小与方向；

（2）球壳上的感应电荷在O点处产生的场强大小与方向．

【答案】（1）  方向向左；   （2） 　方向向右

【解析】

【详解】(1)由点电荷场强公式，所以－Q在O点产生的电场强度的大小

场强方向向左；

(2)两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小为

方向向左，根据静电平衡导体的特点可知，球壳上的感应电荷在O点处的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反，则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为

方向向右．

16.一带电荷量q＝6.4×10﹣19C、质量m＝1.6×10﹣25kg的粒子，从A以初速度v0＝m/s沿垂于电场线方向进入电场强度大小为E＝100V/m，方向竖直向下的匀强偏转电场。已知粒子经B点穿越偏转电场，其速度方向偏转了45°，若不计粒子重力，求：

(1)A、B之间的电势差；

(2)偏转电场的宽度L。

【答案】(1)100V；(2)2m

【解析】

【详解】(1)依题意得

从A到B由动能定理得

解得

UAB＝100V

(2)粒子在竖直方向移动的距离

又速度偏转角满足

且

L＝v0t

联立解得

L＝2m

偏转电场宽度为2m。

17.如图所示，两根光滑的足够长直金属导轨ab、cd平行置于竖直面内，导轨间距为L，在导轨上端接有阻值为R的电阻。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻为r的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。金属棒下落高度为h时恰好达到最大速度vm，重力加速度为g，不计导轨的电阻。求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）金属棒从开始释放到下落高度为h的过程中，电阻R上产生电热QR。

【答案】（1）；（2）（mgh﹣）

【解析】

【详解】（1）金属棒开始下滑作加速度减小的加速运动，最后匀速运动，设磁感应强度为B

据法拉第电磁感应定律，有

E＝BLvm

据闭合电路欧姆定律

I＝

最终导体棒平衡时

mg＝BIL

联立解得

（2）金属棒下落过程，由能量守恒定律得

mgh＝总

电阻产生的焦耳热

QR＝

解得

QR＝（mgh﹣）

18.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．比荷＝2.5×109 C/kg的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.2 m，不计粒子的重力．

（1）求粒子在电场中运动的加速度大小；

（2）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；

（3）若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围．（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）

【答案】（1）1.0×l015m/s2 （2）0.4m   （3）0.048T

【解析】

【分析】

由题中“坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、方向水平向左的匀强电场”可知，本题考查带电粒子在复合场中的运动规律，根据电场力和洛伦兹力的特点、受力分析和运动规律判断可解答本题

【详解】（1）根据公式

解得

（2）设粒子在电场中运动时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点o的距离为y

解得 

（3）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：

粒子经过y轴时速度为：

与y轴正方向夹角大小为，

=45°   

要使粒子不进入第III象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为R，则

由

解得