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四川省成都市青白江区南开为明学校2019-2020学年高二物理下学期期中试题

四川省成都市青白江区南开为明学校2019-2020学年高二物理下学期期中试题

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四川省成都市青白江区南开为明学校2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）
一、单选题
1.下列说法正确的是
A. 电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度定义式为
B. 磁感应强度B是矢量，其定义式为
C. 电流I是标量，其定义式为I＝neSv
D. 电容C是标量，平行板电容器的电容定义式为
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度决定式为，故A错误．
B. 磁感应强度B是矢量，其定义式为，故B正确．
C. 电流I是标量，其定义式为，故C错误．
D. 电容C是标量，平行板电容器的电容决定式为，故D错误．
2.关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（ ）
A. 电磁波由真空进入介质，频率不变，速度变大
B. 均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场
C. 声波和电磁波都可在真空中传播
D. 雷达是用电磁波来测定物体位置的设备
【答案】D
【解析】
【详解】根据n＝c/v可知，电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变，故A错误；根据电磁波理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，故B错误；声波属于机械波，它的传播离不开介质，电磁波可在真空中传播，故C错误；雷达的工作原理是：发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、距离变化率（径向速度）、方位、高度等信息，故D正确．故选D．
3.如图，电荷量分别为Q(Q>0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点在O与Q之间的x轴上，b点在y轴上．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是

A. O点电势为零，电场强度也为零
B. a点的电场强度一定大于b点的电场强度
C. 将负的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D. 将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
【答案】B
【解析】
【详解】A.结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以Ob连线的电势等于0，而电场强度不等于0．故A错误；
B.根据点电荷电场强度公式，及矢量的叠加原理可知，在x轴上，O点的电场强度最小，而在y轴上，O点的电场强度最大，因此a点电场强度大于b点电场强度的大小，故B正确；
C.将负的试探电荷从O点移到a点，即将负电荷从低电势移到高电势，则其电势能减小，电场力做正功，故C错误；
D.两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误；
4.如图所示的电路中变阻器的最大阻值大于电源的内阻．调节变阻器的阻值使其由大到小，发现理想电流表A的示数为1.5A时，电源的输出功率达到最大值9W．由此可知

A. 电源的内阻为4Ω
B. 电源的电动势为6V
C. 电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为4Ω
D. 该电路中，电源效率的最大值为50%
【答案】A
【解析】
【详解】A.电源的输出功率达到最大时，设滑动变阻器的电阻值为R，则：P=I2R可得：，根据电源的输出功率最大的条件：外电阻与电源的内电阻相等可知，电源的内电阻也是4Ω．故A正确；
B.电源的电动势：E=I（R+r）=1.5×（4+4）=12V．故B错误；
C.电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为：R总=R+r=4+4=8Ω．故C错误；
D.电源的效率η=×100%，随外电阻的变化而变化，外电阻越大，则效率越大，可以大于50%．故D错误.
5.如图，长为1m的金属直棒以1m/s的速度沿倾角60°的绝缘斜面匀速下滑，斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为0.1T的匀强磁场中．则在金属棒匀速下滑的过程中

A. 棒内电子受洛仑兹力作用，棒受到安培力作用
B. 棒内电子不受洛仑兹力作用，棒不受安培力作用
C. 棒两端的电压为0.05V
D. 棒两端的电压为0.1V
【答案】C
【解析】
【详解】AB.在金属棒匀速下滑的过程中，棒内电子磁场中运动，速度方向与磁场不平行，电子要受洛仑兹力作用．由于棒中没有电流，所以棒不受安培力作用，故AB错误．
CD.棒产生的感应电动势 E=BLvcos60°=0.1×1×1×0.5V=0.05V，由于棒中无电流，则棒两端的电压等于棒产生的感应电动势，所以棒两端的电压为0.05V．故C正确，D错误．
6.如图.单匝矩形线圈ab边长为20cm，bc边长为10cm，绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，转速为50r/s．若磁感应强度为0.1T，线圈电阻为1Ω．则

A. 转动过程中线圈中磁通量的变化率恒定
B. 1s内线圈中电流方向改变100次
C. 线圈中感应电流的瞬时值表达式为(A)
D. 线圈消耗的电功率为W
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据交流电产生的规律可知，在线圈转动的过程中，穿过线圈中磁通量的变化率做周期性的变化．故A错误；
B.线圈转速为50r/s，则1s内线圈中电流方向改变100次．故B正确；
C.磁场的磁感应强度B=0.1T，线圈的边长ab=20cm=0.2m，bc=10cm=0.1m，线圈总电阻r=1Ω，线圈的转速n0=50r/s．所以ω=2πn=2π×50=100π rad/s；最大值：Em=BSω=0.1×0.2×0.1×100π=0.2π （V），线圈上的最大电流：；则线圈中感应电流的瞬时值表达式为i=sin100πt（A），故C错误；
D.电阻R上的热功率，故D错误.
7.如图，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，电阻=10Ω，电流表和电压表均为理想交流电表．若电流表A的示数为0.5A，则电压表V的示数为

A. 2V B. 2.5V C. 4V D. 10V
【答案】A
【解析】
【详解】根据变压器电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为U1：U2=2：1，则电阻R1两端电压为U1，电阻R2两端电压为U2，则通过两电阻的电流之比为2：1；若设通过电阻R2的电流为I2，则通过电阻R1的电流为2I2，根据电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电流为，因电流表示数为0.5A，则+2I2=0.5A，即I2=0.2A，电压表示数为U2=I2R2=2V．
A. 2V，与结论相符，选项A正确；
B. 2.5V，与结论不相符，选项B错误；
C. 4V，与结论不相符，选项C错误；
D. 10V，与结论不相符，选项D错误；
8.如图，边长ab＝1.5L、bc＝L的矩形区域内存在着垂直于区域平面向里的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可在区域平面内沿各方向发射速度大小相等的同种带电粒子．已知沿Od方向射入的粒子在磁场中运动的轨道半径为L，且经时间t0从边界cd离开磁场．不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是

A. 粒子带负电
B. 粒子可能从c点射出
C. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
D. 粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
【答案】D
【解析】
【详解】粒子运动轨迹如下图所示：

A.根据左手定则可知粒子带正电，故A不符合题意；
B.当粒子轨迹与dc相切时，设切点与d点距离为x，由几何关系得：

解得：

则粒子不会达到c点，故B不符合题意；
C.设粒子轨迹对应的圆心角为 ，

解得：

根据题意得：

解得：
T=6t0
故C不符合题意；
D.当有几何关系可以得到，粒子轨迹与bc边相切且从b点处射出时，在磁场中运动的时间最长，如下图所示：

设此时运动的角度为 ，由几何关系得：

解得：

则运动时间为：

故D符合题意．
二、多选题
9.关于近代物理学，下列说法正确的是
A. 玻尔原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律
B. 电子的行射现象说明电子具有波动性
C. 德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越大
D. 目前我国核电站能量来源于轻核聚变
【答案】AB
【解析】
【详解】A.玻尔原子理论解释氢原子光谱，故A正确；
B.电子的衍射实验证实了物质波的存在，说明电子具有波动性，故B正确；
C.依据德布罗意波长公式可知，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，故C错误；
D.现已建成的核电站的能量均来自于核裂变，故D错误．
10.如图，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地．一带电质点恰好静止于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则

A. 电容器的电容将减小，极板所带电荷量将增大
B. 带电质点将沿竖直方向向上运动
C. P点的电势将降低
D. 若将带电质点固定，则其电势能不变
【答案】BC
【解析】
【详解】A.下极板向上移动时，板间距减小，根据可知，电容减增大，因U不变，由Q=UC可知，电量将增大，故A错误；
B.开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据E=U/d可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动，故B正确；
C.场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故C正确；
D.电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大，故D错误．
11.一质谱仪原理如图，粒子源产生的带电粒子(不计重力)经狭缝S1与S2之间的电场加速后进入速度选择器做直线运动，从小孔S3穿出再经磁场偏转最后打在照相底片上．已知磁场B1、B2的方向均垂直纸面向外．则

A. 图中P1可能为电源负极
B. 图中所示虚线可能为α粒子的轨迹
C. 在速度选择器中粒子可以做加速运动
D. 打在底片上的位置越靠近S3，粒子的荷质比越大
【答案】BD
【解析】
【详解】AB. 由左手定则可知，粒子在下面磁场中向左偏转，知粒子带正电，可知图中所示虚线可能为α粒子的轨迹，选项B正确；粒子带正电，则粒子在P1P2之间向下运动时受到向左的洛伦兹力，可知电场力向右，则图中P1为电源正极，选项A错误；
C. 在速度选择器中粒子做直线运动，则所受的电场力和洛伦兹力平衡，可知洛伦兹力不变，粒子做匀速运动，不可能做加速运动，选项C错误；
D. 打在底片上的位置越靠近S3，粒子的运动半径R越小，由可知，荷质比越大，选项D正确.
12.如图甲圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接．若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMN=0.4V.下列说法正正确的是

A. 图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里
B. 图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外
C. 若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.4V
D. 若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.2V
【答案】AD
【解析】
【详解】AB.a环置于磁场中，则导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面向里，故A正确，B错误．
CD.a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律，电阻之比为2：1；M、N两点间电势差大小为路端电压，．磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=S，得到两次电动势的大小之比为4：1，故两次的路段电压之比为U1：U2=2：1．根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差 UMN=-0.2V，故C错误，D正确．
三、非选择题
13.欧姆表的原理如图．其中，电池的电动势为E、内阻为r，表头G的满偏电流为Ig、内阻为Rg．

(1)图中的A端应与_______(填“红”或“黑”)色表笔相连接．
(2)测量电阻前，将红、黑色表笔短接，调节可变电阻使通过表头G的电流达到Ig，此时可变电阻接入电路的阻值R0=______________．
(3)测量电阻时，若表头G的示数为I，则被测电阻的阻值Rx=__________．[(2)、(3)结果用E、r、Ig、Rg、I表示]
【答案】 (1). 黑； (2). ； (3).
【解析】
【详解】第一空.多用表的正极接黑表笔，因此图中的A端应与黑色表笔相连接．
第二空.由闭合电路的欧姆定律可知，，解得.
第三空. 由闭合电路的欧姆定律可知，，
解得
14.某电阻的额定电压为2V、正常工作时的阻值约500Ω，现要精确测定其正常工作时的阻值Rx．实验室提供的器材有：

A、电流表A1(量程50mA.内阻r1约3Ω)
B、电流表A2(量程3mA，内阻r2=15Ω)
C、电压表V(量程9V，内阻RV=1kΩ)
D、定值电阻1(阻值R1=985Ω)
E、定值电阻2(阻值R2=1985Ω)
F、滑动变阻器(0～20Ω)滑动变阻器
G、蓄电池E(电动势10V，内阻很小)
H、开关S一个，导线若干
(1)某同学设计的实验电路如图．其中，电表1应选_________，电表2应选_________，定值电阻R应选_________．(填器材前的序号字母)
(2)实验中，调节滑动变阻器的阻值，当电表1的示数x1=_________时(结果保留1位有效数字)，被测电阻正常工作，此时电表2的示数为x2．
(3)被测电阻正常工作时电阻表达式Rx=_________(用x1、x2和器材中已知量的符号表示)．
【答案】 (1). B； (2). A； (3). D； (4). 2mA； (5).
【解析】
【详解】第一空.第二空.第三空.根据设计的实验电路图，电表1应选已知内阻的电表B；电表2应选量程较大的电表A，定值电阻R应选阻值为R1=985Ω的D即可.
第四空.定值电阻正常工作时，两端的电压为2V，则此时当电表1的示数；
第五空.由电路结构可知： ，解得
15.一次闪电过程通常由若干个相继发生的闪击构成，每个闪击持续时间很短，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前，云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为2 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为5×10-5s．若闪电前云地间的电场可以看做匀强电场，试估算：
（1）闪电前云地间的电场强度大小．
（2）第一个闪击过程中闪电电流的平均值．
（3）第一个闪击过程中释放的能量．
【答案】（1）5×105V/m（2）1.2×105A（3）6×109J
【解析】
【详解】（1）电场强度大小
．
（2）平均电流 
．
（3）第一个闪击过程中释放的能量 
W=qU=6×1.0×109J=6×109J．
16.如图所示，水平放置的、足够长的光滑金属轨道与光滑倾斜轨道以小圆弧平滑对接．在倾斜轨道上高h=l.8 m处放置一金属杆a，在平直轨道靠右端处放置另一金属杆b，平直轨道区域有竖直向上的匀强磁扬．现由静止释放杆a，杆a下滑到水平轨道后即进入磁场，此时杆b的速度大小为v0=3 m/s，方向向左．已知ma=2 kg，mb=lkg，金属杆与轨道接触良好，g取10m/s2．求：

（1）杆a下滑到水平轨道上瞬间的速度大小．
（2）杆a、b在水平轨道上的共同速度大小．
（3）在整个过程中电路消耗的电能．
【答案】（1）6m/s（2）3m/s（3）27J
【解析】
【详解】（1）设杆a下滑到水平轨道瞬间的速度为Va，杆a从斜轨道上下滑到水平轨道的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得 magh=mava2
解得 va=6 m/s．
（2）当a以6 m/s的速度进入匀强磁场后，a、b两杆所受的安培力等大反向，合力为零，最终一起匀速运动．设共同的速度为V，取水平向右为正，由动量守恒定律得
mava-mbv0=（ma+mb）v
解得 v=3m/s 
（3）设消耗的电能为E，由能量守恒定律得 E=mava2+mbv02-（ma+mb）v2 
代入数据解得 E=27J．
【点睛】本题很好的考查了机械能守恒、动量守恒和能量守恒定律，把力学和电磁场有机的结合了起来，考查了学生的分析能力，是个好题．
17.如图所示的平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B；第四象限内有匀强电场，电场方向与x轴正方向成45°角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同．现有一质量为m，电荷量为q的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x轴上的D点与x轴正方向成45°角进入第四象限，M点为粒子第二次通过x轴的位置．已知OD距离为L，不计粒子重力．求：

（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小．
（2）DM间的距离．（结果用m、q、v0、L和B表示）
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v0，由平衡条件有：qv0B=qE…①
粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O1，半径为R，轨迹如图，

由几何关系知R＝ …②
由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv0B＝m…③
由②③式解得：v0＝…④
由①④式解得：E＝ …⑤
（2）、由题意可知，粒子从D进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D到M的运动时间为t，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG方向做匀速直线运动的位移为：＝v0t…⑥
粒子沿DF方向做匀加速直线运动的位移为： …⑦
由几何关系可知：， …⑧
由⑤⑥⑦⑧式可解得．
【点睛】
此类型题首先要对物体的运动进行分段，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运动的分析，进行列式求解; 洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，不改变运动电荷的速度大小．带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：①、圆心的确定：因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心．②、半径的确定：半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、运动时间的确定：利用圆心角与弦切角的关系或者四边形的内角和等于360°计算出粒子所经过的圆心角θ的大小，用公式t=可求出运动时间．
18.图（a）为一列波在t=2s时的波形图，图（b）是平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正确的是（　　）

A. 波速为0.5m/s
B. 波的传播方向向右
C. 时间内，P运动的路程为8cm
D. 时间内，P向y轴正方向运动
E. 当t=7s时，P恰好回到平衡位置
【答案】ACE
【解析】
【详解】A．由图（a）可知该简谐横波的波长为λ=2m，由图（b）知周期为T=4s，则波速为

故A正确；
B．根据图（b）的振动图像可知，x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；
C．由于
t=2s=0.5T
所以时间内，质点P的路程为
S=2A=8cm
故C正确；
D．由图（a）可知t=2s时，质点P在波谷，t=2s=0.5T，所以可知时间内，P向y轴负方向运动，故D错误；
E．t=2s时，质点P在波谷

则t=7s时，P恰回到平衡位置，E正确。
故选ACE。
19.如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R。光屏PQ置于玻璃砖底部水平直径的右端并与该直径垂直，一复色细光束与竖直直径成a= 30°角沿半径方向射向玻璃砖的圆心O。由于复色光中含有两种单色光，故在光屏上出现了两个光斑。已知玻璃对这两种单色光的折射率分别为和。求∶
①这两个光斑之间距离；
②为使光屏上的光斑消失，可沿逆时针方向增大入射角，仍让复色光沿半径方向射向玻璃砖的圆心O，则复色光的入射角至少为多少？

【答案】①；②
【解析】
【详解】①作出光路图如图，由折射定律有：

代入数据得
β1=45°
β2=60°
故有这两个光斑之间的距离

②当两种色光在界面处均发生全反射时光斑消失，随入射角α增大，玻璃对其折射率为n2的色光先发生全反射，后对折射率为n1的色光发生全反射．故

所以
α=C=45°