解析江苏省扬州市2020┄2021学年高二上学期期末考试物理试题 含解析

一.单项选择题:本题共5小题,每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．将正确选项填涂在答题卡上相应位置．1.关于磁感应强度，下列说法中正确的是( ）磁场中不一定有磁场力,还受放置的角度有关．2．(3分）(２０1５•上海模拟)如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是（）A. B.C． D.考点：感应电流的产生条件．.分析:穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流．解答：解：Ａ、线框在运动过程中,面积不变、磁感应强度不变,穿过线框的磁通量不变,不产生感应电流，故A错误;Ｂ、在线框转动过程中，穿过闭合线框的磁通量发生变化，能产生感应电流，故B正确;C、线框与磁场平行，线框在运动过程中,穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生,故Ｃ错误;Ｄ、线框与磁场平行，线框在运动过程中,穿过线框的磁通量始终为零,不发生变化，没有感应电流产生,故D错误；故选B．点评：本题考查了感应电流产生的条件,分析清楚图示情景、明确磁通量是否发生变化,即可正确解题．３.(3分）在如图所示的电路中,开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障,某时刻电压表读数减小、电流表读数增大,则可能出现了下列哪种故障（）Ａ．Ｒ1短路B．R2断路C．R2短路D．R3断路考点：闭合电路的欧姆定律.．专题：恒定电流专题．分析:由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障.解答：解:A、若各原件没有故障，电路正常,则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R３两端的电压；若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端,电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大,故A正确.B、若R2断路,则R１与R3串联,总电流增大,总电流减小,则流过R3的电流减小,故电压表示数减小;故Ｂ错误;C、若Ｒ2短路,则电流表示数为零，不符合题意；故Ｃ错误．Ｄ、若R3断路,电路断开，故电流表示数为零，不符合题意，故D错误.故选:A．点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时,说明电路中应发生了短路故障;若电压表示数变大,电压表可能直接并联到了电源两端．4.（3分)如图所示,直角三角形导线框abc以速度ｖ匀速进入匀强磁场区域,则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图象中的哪一个？( )A.B．Ｃ.D．考点:导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．.专题:电磁感应与图像结合.分析：本题分两段时间计算感应电动势,由欧姆定律得到感应电流．感应电动势公式Ｅ=Ｂlv,是有效的切割长度.根据楞次定律判断感应电流的方向解答：解:在ac段切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿ａbcａ.线框有效的切割长度均匀增大，由Ｅ=BＬｖ知感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大;在ab段也切割磁感线的过程中,由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcａ.线框有效的切割长度均匀减小，由E＝BLv知感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小．故A图正确.故选：A.点评：本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象．５．(３分）如图所示,一质量为ｍ，电荷量为ｑ的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长,物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ,整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变,则整个运动过程中,物块克服阻力做功不可能为( )A．０ B.ｍvC.mｖ+D.mv﹣考点：带电粒子在匀强磁场中的运动;动能定理的应用．．专题：动能定理的应用专题.分析:根据左手定则判断洛伦兹力方向，因初速度大小未知，故开始时滑块受弹力方向不能确定，应讨论．解答：解:由题意对滑块受力分析，因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：A：若滑块受到向上的洛伦兹力F=mｇ，则支持力ＦN=０,摩擦力f=0,滑块将匀速运动，摩擦力不做功，故Ａ可能；B，若F＜mg,则弹力方向向上，竖直方向满足F N+F=mg,水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F＝qｖB知，F减小，FＮ则增大,f增大，由﹣ｆ=ma可知,v继续减小,最后减为零,由动能定理知,﹣W＝0﹣mv2，解得：W=mｖ2,故B可能；Ｃ、若F>mｇ,则滑块受到向下的压ＦN,在竖直方向满足F=mg＋FＮ,滑块向右做减速运动，由动态分析知，当F=ｍｇ时F N=0,f=0,最终滑块做匀速运动,此时满足:qvＢ=mg,解得:v=，对滑块整个过程由动能定理得:﹣W=ｍv2﹣,联立解得:Ｗ=,故Ｃ不可能，Ｄ可能;本题选不可能的，故选:C.点评:洛伦兹力是变力,其方向时刻与速度方向垂直,故洛伦兹力永不做功,涉及到洛伦兹力与二.多项选择题：本题共4小题，每小题4分,共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（4分)关于电阻率，下列说法中正确的是（）7．（4分）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.粒子一定带正电B.粒子的带电性质不确定Ｃ.粒子的速度一定等于D．粒子的速度一定等于考点：带电粒子在混合场中的运动..专题:带电粒子在复合场中的运动专题.分析：首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关.解答:解：A、B、粒子受洛伦兹力和电场力;假设粒子带正电,则受到向下的洛伦兹力,电场力向上;若粒子带负电，洛伦兹力向上,电场力向下;均可以平衡;故A粒子可以带正电，也可以带负电;故Ａ错误，B正确；C、Ｄ、为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB＝qE，所以电场与磁场的关系为：ｖ=,故Ｃ错误，D正确；故选:BD．点评:在速度选择器中,粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件:电场力和洛伦兹力平衡，即qvＢ＝qＥ，ｖ＝，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器,所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转.8．（４分)如图所示，ａ、b灯分别标有“３.6V ４．0Ｗ”和“３.6V ２.５W”，闭合开关,调节R,能使a、b都正常发光.断开开关后重做实验,则（)A.闭合开关,ａ将慢慢亮起来,b立即发光B.闭合开关，a、b同时发光Ｃ．闭合开关稳定时,a、b亮度相同Ｄ.断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭考点:自感现象和自感系数．.分析:闭合开关的瞬间，L相当于断路,稳定后自感作用消失,结合欧姆定律分析电流大小．解答：解：A、闭合瞬间，L相当于断路,ｂ立刻变亮，a逐渐变亮,A正确B错误．Ｃ、闭合开关稳定时,ａ的亮度比b的大,因为根据I=知通过ａ的电流大，C错误D、电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联,逐渐熄灭,由于稳定后a灯的电流大于b灯，所以电键断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流大，b灯闪亮一下再熄灭，D正确故选:AＤ点评：对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间,断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用．9.(４分）如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,ＭＮ的左边有一闭合电路.当ＰQ在外力的作用下运动时,MN向右运动，则ＰQ所做的运动可能是（)A.向右加速运动B．向右减速运动C．向左加速运动 D.向左减速运动考点:导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.．分析：M N处于通电导线产生的磁场中,当有感应电流时,则MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右,由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知,线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加;再由楞次定律可知PQ的运动情况.解答:解:根据安培定则可知，ＭN处于ab产生的垂直向里的磁场中,MＮ在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右,由左手定则可知电流由Ｍ指向Ｎ，由楞次定律可知,线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小,或向下增加;再由右手定则可知PＱ可能是向左加速运动或向右减速运动.故ＢC正确,AD错误．故选：BC.点评：本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化,进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．三.简答题:本题共2小题,共26分.把答案填在答题卡相应的位置或按要求作答.1０.（1２分)在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中,提供的器材有：A．干电池一节B.电流表（量程0．6A)Ｃ．电压表（量程3Ｖ)D．开关Ｓ和若干导线E.滑动变阻器R1(最大阻值20Ω，允许最大电流1A)F．滑动变阻器Ｒ2（最大阻值20０Ω，允许最大电流0．5A)G．滑动变阻器R3(最大阻值2000Ω,允许最大电流0．１Ａ)（1)按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选R1(填“R1”、“R2”或“R3”）.（2)图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整.要求变阻器的滑片滑至最左端时,其使用电阻值最大.（３)闭合开关,调节滑动变阻器,读取电压表和电流表的示数.用同样方法测量多组数据,将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线,由此求得待测电池的电动势Ｅ＝1．5 V，内电阻r= １.９Ω．（结果保留两位有效数字)所得内阻的测量值与真实值相比偏小(填“偏大”、“偏小”或“相等”)考点：测定电源的电动势和内阻..专题:实验题;恒定电流专题.分析：(１）为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2)根据电路图连接实物电路图.(3)根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，然后由图示图象求出电源电动势与内阻．解答:解：(1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1.(2)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示:(３）根据坐标系内描出的点作出电源的Ｕ﹣I图象，图象如图所示,由图示电源U﹣Ｉ图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.５,电源电动势E=1.5V,电源内阻：r=＝≈1.9Ω．相对于电源来说,电流表采用外接法，电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值.故答案为:(1)R１；(2）电路图如图所示；(3）图象如图所示；１.5;１.9;偏小.点评：本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、求电源电动势与内阻、判断电池的新旧,知道实验原理、掌握实验器材的选择原则、会应用图象法处理实验数据即可正确解题.11．(14分)为了研究某导线的特性,某同学所做部分实验如下:（1）用螺旋测微器测出待测导线的直径，如图甲所示，则螺旋测微器的读数为1.７31 mm; (２)用多用电表直接测量一段导线的阻值,选用“×１0”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，因此需选择×１倍率的电阻档(选填“×１”或“×100”），欧姆调零后再进行测量,示数如图乙所示,则测量值为２2 Ω;(３）另取一段同样材料的导线,进一步研究该材料的特性，得到电阻R 随电压U变化图象如图丙所示，则由图象可知,该材料在常温时的电阻为1．5 Ω；当所加电压为3.00Ｖ时，材料实际消耗的电功率为0.78 W.（结果保留两位有效数字）考点：测定金属的电阻率．.专题：实验题;恒定电流专题．分析：(1)根据螺线管的读数方法进行读数;（2）明确多用电表的测量电阻的方法及读数方法进行换档和读数;（3)由图象可明确常温下的电阻;同理可知当电压为3V时的电流，由功率公式可求得电功率.解答:解：(1）由图可知,螺旋测微器的示数为:ｄ=１.５+２3.0×0.01=1．730mm;(2)角度偏转太大，则说明示数太小，故应换用小档位；故选用×１档；由图可知,电阻值为：22×１=22Ω;(３)由图可知，常温不加电压时,电阻为1．5Ω；加电压为３V时，电阻为:11.5Ω;则功率Ｐ===0.78W;故答案为:(1)１．730;×１;22；（３）１.5;０．7８.点评:本题要注意明确伏安特性曲线的性质,明确图象的坐标，再结合图象的性质即可明确电压值及电阻值．四.论述和演算题：本题共4小题,共6３分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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.1２．（15分）如图所示，在x轴上方有磁感应强度为B的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为﹣q的粒子，以速度ｖ从O点射入磁场，已知θ=,粒子重力不计，求：(１）粒子的运动半径,并在图中定性地画出粒子在磁场中运动的轨迹；（2)粒子在磁场中运动的时间;（３)粒子经过x轴和y轴时的坐标．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：（1）粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律列式求解;（2)根据推论公式T=和t=列式求解时间;（3)画出轨迹,结合几何关系求解粒子经过ｘ轴和y轴时的坐标．解答：解：(1)粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：解得：轨迹如图：（2）粒子运动周期：则粒子运动时间：所以:；(3）由几何关系得:所以粒子经过x轴和y轴时的坐标分别为：,；答:(1)粒子的运动半径为，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示;(2）粒子在磁场中运动的时间为;(3)粒子经过ｘ轴和y轴时的坐标分别为：，．点评：对于带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆心和半径,用好几何关系即可顺利求解．１3.(1５分)如图所示，U形导轨固定在水平面上，右端放有质量为m的金属棒ab,ab与导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨围成正方形，边长为L，金属棒接入电路的电阻为R,导轨的电阻不计.从t＝0时刻起,加一竖直向上的匀强磁场,其磁感应强度随时间的变化规律为B=kt，(k＞０)，设金属棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.（1）求金属棒滑动前，通过金属棒的电流的大小和方向;(2)ｔ为多大时，金属棒开始移动?（3)从t＝0时刻起到金属棒开始运动的过程中，金属棒中产生的焦耳热多大?考点:法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化．.专题：电磁感应——功能问题.分析：（1)根据法拉第电磁感应定律,结合闭合电路欧姆定律，及楞次定律，即可求解;(2）根据安培力表达式,结合平衡条件,即可求解;(３)依据焦耳定律,即可求解.解答：解：(1)由法拉第电磁感应定律,则有:由闭合电路欧姆定律，则有:得:根据楞次定律,则有方向：由ａ到b;(2)由于安培力F=ＢIL∝B=kt∝t,随时间的增大，安培力将随之增大.当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab将开始向左移动．这时有：解得:(3)由Q=I2Rt得:答:(1）金属棒滑动前,通过金属棒的电流的大小和方向由a到ｂ;（2)t为时,金属棒开始移动；(3）从ｔ＝0时刻起到金属棒开始运动的过程中,金属棒中产生的焦耳热μmｇL.点评：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及焦耳定律,掌握安培力的表达式，理解平衡条件的应用.14.（１6分）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L=0.２m，长为２d，d＝0．5m，上半段d导轨光滑,下半段ｄ导轨的动摩擦因素为μ=，导轨平面与水平面的夹角为θ=3０°．匀强磁场的磁感应强度大小为B＝5Ｔ，方向与导轨平面垂直.质量为ｍ=0.２kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在粗糙的下半段一直做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为Ｒ＝3Ω，导体棒的电阻为r＝1Ω,其他部分的电阻均不计,重力加速度取g=10m/s2，求:（1)导体棒到达轨道底端时的速度大小；(2）导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻Ｒ上的电量q；(3)整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.．专题：电磁感应——功能问题．分析:（1)研究导体棒在粗糙轨道上匀速运动过程，受力平衡，根据平衡条件即可求解速度大小.(2）进入粗糙导轨前，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式结合求解电量.（3）导体棒在滑动时摩擦生热为Qｆ＝2μｍgdｃoｓθ,再根据能量守恒定律求解电阻产生的焦耳热Q．解答:解：(１）导体棒在粗糙轨道上受力平衡:由ｍｇsｉｎθ=μmgｃos θ+BＩL得：I＝0.5Ａ由BLv=I（R+r)代入数据得：v＝2ｍ／s（2）进入粗糙导轨前,导体棒中的平均电动势为：＝=导体棒中的平均电流为: =＝所以,通过导体棒的电量为：ｑ=△t==0.125C（３）由能量守恒定律得:２mgdsiｎθ=Q电+μmgdｃos θ+mv2得回路中产生的焦耳热为：Q电=０．3５J所以,电阻R上产生的焦耳热为：Q＝Ｑ电=０.2625J答:(1）导体棒到达轨道底端时的速度大小是2m/s；（2）导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻Ｒ上的电量q是0.3５C；(3)整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q是0.2625J.点评:本题实质是力学的共点力平衡与电磁感应的综合，都要求正确分析受力情况,运用平衡条件列方程，关键要正确推导出安培力与速度的关系式，分析出能量是怎样转化的．1５．(１7分)某高中物理课程基地拟采购一批实验器材,增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力,其核心结构原理可简化为题图所示．AB、CＤ间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与ＣD相切于M点的圆形有界匀强磁场,磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自Ｏ点以水平初速度v０正对P点进入该电场后，从M点飞离ＣD边界,再经磁场偏转后又从N点垂直于ＣD边界回到电场区域,并恰能返回O点.已知OP间距离为d,粒子质量为ｍ，电荷量为ｑ，电场强度大小,粒子重力不计．试求:（1）粒子从M点飞离ＣＤ边界时的速度大小；（2)P、N两点间的距离;（3)磁感应强度的大小和圆形有界匀强磁场的半径．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：（1)粒子从Ｏ到M点过程是类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可;(２)从N到O过程是类似平抛运动,根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可；(３）粒子在磁场中做匀速圆周运动,画出轨迹,结合几何关系确定轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解．解答：解：（1）据题意,作出带电粒子的运动轨迹,如图所示:粒子从O到M点时间：粒子在电场中加速度:＝粒子在M点时竖直方向的速度：粒子在M点时的速度：速度偏转角正切：,故θ=60°；(2)粒子从N到O点时间：粒子从N到Ｏ点过程的竖直方向位移:故Ｐ、N两点间的距离为：(3)由几何关系得：可得半径：由，即：解得：由几何关系确定区域半径为：R'=2Ｒcｏs3０°即答:(1)粒子从M点飞离CＤ边界时的速度大小为2v0；(2)P、N两点间的距离为;(3)磁感应强度的大小为，圆形有界匀强磁场的半径为．点评:本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，画出运动轨迹,然后结合类似平抛运动的分运动公式、牛第二定律、几何关系列式求解,不难．。