安徽省合肥市第六中学2020-2021学年高二上学期期末考试物理试题 PDF版含答案.pdf

1、即州刨即密情日V士H叶哥、MW叫我革旦在中我？！制样5器崽绝密食启用前4.在图示电路中，A,B 为两块正对的水平金属板，G为静电计。开关S闭合后，静电计指针张开一个角度，板间的带电油滴悬浮在两板之间静止不动。下列说法正确的是 2019级高二上学期期末考试A.若仅将A板竖直向下缓慢平移一些，则静电计指针的张角将减小B.若仅将A板竖直向下缓慢平移一些，则油滴将向下运动c.若断开S，且仅将A板竖直向下缓慢平移一些，则油滴将向上运动D.若断开S，且仅将A板水平向右缓慢平移一些，则油滴将向上运动5.在如图所示的电路中，当开关 S 置于处时，电流表（内阻不计）示数为 I，额定功率为 16 W 的电动机正物

2、理考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上常工作，带动质量为 0.7 峙的物体以 2 m/s的速度匀速竖直上升。当开关置于b 处时，电流表示数变为 0.刃，灯泡正常发光。已知电阻R=l.50，灯泡额定电压为 10 V，额定功率 10 W，重力加速度g取的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。10 m/s2，则一、选择题：本题共 10 小题，每小题4

3、分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一个选项符合题目要求，第7 10题有多个选项符合要求。全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。1.如图所示，固定的水平长直导线中通有恒定电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且上、下两边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中始终保持矩形线框与导线在同一竖直平面内，且线框不发生转动，则A.电动机线圈的内阻为1 nB.电动机的额定电压为6V巳仲c.电游、电动势为12VD.电游、内阻为 lfiA.穿过线圈的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变c.线框所受安培力的合力为零I 6.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场

4、，M和N点在同一电场线上。两个质量相等的带正电荷的粒子以相同的速度缸。分别从M和N点同时垂直进人电场，已知两粒子都能经过 P点。不计两粒子的重力和粒子间的库仑力，则在此过程中，下列说法正确的是A.从N点进入的粒子先到达P点D.线框的机械能不断增大2.如图所示，三根长直导线平行固定在空间中，其横截面恰好位于等边三角形的三个顶点。若仅在、b中通人大小均为I 的电流，方向如图所示，此时 受到的磁场力大小为F。然后又在 c中通人如图所示方向的电流，受到的磁场力大小仍为F，此时下列说法中正确的是A.b 受到的磁场力大小为/fFB.b受到的磁场力的方向平行于c连线 pE B.从M点进入的粒子先到达P点c.

5、两粒子在到达P点的过程中电势能都减少D.从M点进人的粒子的电荷量大于从N点进人的粒子的电荷量7.如图所示，在匀强电场中，有边长为 5 cm的等边兰角形 ABC，兰角形所在平面与匀强电场的电场线平行，M N c.c连线中点d的磁场方向垂直于c指向 b 一b0点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为轨2V,pB=4 V、伊c=6 V，下列说法正确的是D.c中的电流强度为 23.两电荷量分别为 ql和qz的点电荷固定在z轴上的 A,B 两点，两点电荷连线上各点电势随坐标z变化A.O 点电势为零A o.B飞；-:c 的关系图象如图所示，其中 P点电势最高，且 XAP q i 的电荷量小于 仇 的电

6、荷量，B错误；由题图知，在A、B之间沿z轴从P点左侧到右侧，电势 先 增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，C正确；x 罔像的斜率表示电场强度，则 沿z轴从P点运动到B点场强 逐渐增大；据 gJ可知，电荷只在电场力作用下沿z轴从P点运动到B点，加速度 逐渐增大，D错误。4.答案D思路点拨当仅将A板竖直向下缓慢平移一些，因电容器与电源相连，则电压不变，静电计指针张角不变，选项A错误；带电油滴悬浮在 两板之间静止不动，则有mg=qE当仅将A板竖直向下缓慢平移一些，板间距离d减小，根据E=Jf可得E增大，油滴受向上的电场力大于重力，油滴将向上运动，选项B错误；若断开S，电容器的电量Q不变，仅将

7、A板竖直向下缓慢平移一些，板间距离减小，根据电容器的电容决定式C，C 立和4kd u E 立可得 E 立主L可见电场强度与板间距离无关，所以电场强度E不变，则油滴 仍然静止，选d d Cd eS 4k 立u c 项C错误；若断开S，且仅将A板水平向右缓慢平移一些，电容器两极板正对面积S减小，根据 E=cl cl 立 L可知电场强度增大，油滴受向上的电场力大于重力，油滴将向上运动，选项D正确。Cd eS 41rk 5.答案 c思路点拨当开关置于b时，灯泡正常发光，得出电流为1 A，即土 1 A，于是 I=2 A。此时电路满足：E=2 10+lx(l.5+r）。当开关置于 时，电流为2A，电动机额

8、定电压为8V，机械功率为 mgv=14 W，则其内阻电功率为2W，所以电动机线圈电阻为o.s n。此时电路满足关系 E=8+2（1.5+r），结合前式可得 E=12 V,电源内阻r=0.5 0。C正确。6.答案 c思路点拨两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速，水平向 左匀加速，由图可知两粒子与P点的竖直距离相同，设为y，则运动到P点的时间为 t=.1二，即两个粒子同时到达P点，故A、B错误；两粒Vo子都带正电，电场力向左，且水平方向向左匀加速运动，故电场力做正功，电势能都减小，故 C正确；由罔可知，从M点进入的粒子，其水平方向的位移较小，根据 x 护2，运动时间t相同，则

9、从M点进入的粒子加速度较小，根据 豆，可知两个粒子的质量相同，又在同一电场，即E相同，故从M点进入的粒子的电荷量较小，故D错误。7.答案BC思路点拨由于在匀强电场中，则电势均匀变化，即 AC 中点处电势为4V，设该点为D点，如图所示。由于B点电势为4V，则m为电势为4V 的等势线，所以0点电势应该为4V；场强方向垂直于 BD 斜向上，E 号丁80Vim，方向 从C到A;WcA=qUcA=-4 e V，说明将电子由C点移到A点电势能增加了4 eV,C正LSIO 3Q 确；在三角形 ABC 外接圆的圆周上，电势最高点的点不是C点，D错误。8.答案BD思路点拨线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的

10、变化率。由图可知，Ol s时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值，由磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，同理可判断其他时间段的电流，A错误，B正确；Ol s时间内，d边感应电流是向下的，d边所受的安培力F=B且，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，同理可判断其他时间段的安培力，C错误，D 正确。9.答案BD思路点拨根据左手定则判断可知，粒子带正电，b粒子带负电，A错误；在磁场中，洛伦兹力提供向心力，粒子的运动轨迹如下图：对粒子，由几何知识可得：忱。d

11、)2+(/Jd/=R：，解得R,=2d，由图可知 b粒子在磁场中做圆周运动的半径为土 d，则、b粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为4:l,B正确；在磁场中，洛伦兹2-2一力提供向心力，根据 qvB=m 兰可得 v=9.!l!.；由于 、b粒子的质量相等，电荷量相等，则、b粒子在磁场中运动r m 的速度大小之比为4:l,C错误；根据T 生E 联立 v=9.!l!.可得T 生旦。可知，两粒子的运动周期相同，由几何旬mqB 关系知，粒子运动的圆心角为王，b粒子运动的圆心角为节，根据t=T L 可得，、b粒子在磁场中运动的时2 问之比为l:3,D正确。0 F D E c 10.答案ADL 2 n l

12、思路点拨线圈在磁场中切割磁感线部分的有放长度始终为一一一一 L，所以线圈中感应电动势保持不sin 60。3变，其大小为E=B 三丘f.v 三豆Blv，由闭合电路欧姆定律得，线圈中感应电流保持不变，其大小为I=3 3 E 2 n BL:盯一 二一，故A 正确，B错误；由 AB项分析知，线圈中感应电流保持不变，所以通过线圈截面的电荷量：q=R 3R 2/fBLv L 2/fBL 2 t 一，故C错误；由 AB项分析知，线圈中感应电流保持不变，克服安培力做的功等于线3R v 3R _ 2 _ 2/fBLv2!:_ 4B2L3v 圈产生的焦耳热，则克服安培力做的功为W-IRt-1 一一一一l R.=，

13、故D正确。3R J v3R 11.答案(1）短接（2分）黑（2分）(2）100(2分）(3)AD(2分）思路点拨(1）使用欧姆表测电阻前，应将红表笔和黑表笔 短接，图 1 中表笔 l 与电源的正极相连接，因此应是黑表笔。(2）使用该欧姆表测阻值为R的电阻时，倍率选择开关打到“10”挡，发现指针偏角过小，说明阻值较大，则应将倍率选择开关打到“10。”挡。(3）由闭合电路欧姆定律得：！一R内 R_,-kE 由于电流表指针偏角与电流I 成正比，电流大小可以指针偏角。表不，则。（k为某一常量）选R内 RxAD项。12.答案(1)1(2分）(2）向右（2分）b 5(3)b(2分）一 一（2分）66 IR

14、 0.15 思路点拨(1)(2）电流表扩大量程时，需要并联一个电阻，由并联电路规律可知 R=n=I-lg 0.6-0.1 1 O。-3一(2）要使电压表示数增大，应增大外电阻，故应将滑动变阻器滑片向右移动。t/Rt RR、(3）根据闭合电路欧姆定律及电表改装原理可知 U=E-I!llr J，代人数据变形可得 U=E-R0 I飞R0+Rg I b b-5 b 5 (6r+5)I，根据罔象可知E斗，6r+5 一，解得r 一一一 一 一6 66。13.思路点拨(1）粒子在磁场中做匀 速圆周运动的轨迹如图所示。:xv x x x:A T气-X-._x!C；王-x-;i-x-:fl6:x x x:v:x

15、,x x xat/x:x x x x x x x d 粒子的轨道半径 r 一一一 2d(2分）sin 30。粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得一qvB=m，卫一r 2aBd 解得v 2(2）粒子做圆周运动的周期 T 主平qo由几何知识可知，粒子做圆周运动转 过的圆心角为30。血30。守，字”则粒子在磁场中的运动时间为tT 一一 巳 丘之360。360。qB6qB 14.思路点拨(1）小球静止时，对小球受力分析如图所示。由FTcos 37。mgFrsin 37。qE解得 E 毕件qEq F T(2）剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加 速度为的匀加 速运动，由

16、Eq=m1?x f h卡2联立解得xh25(3）从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得Ek=mgh+qEx=16mgh-4一(2分）(1分）(2分）(1分）(2分）(1分）(1分）(l分）(1分）(1分）(l分）(2分）(2分）15.思路点拨(1）粒子在磁场中根据左手定则，可知它的轨迹为如图所示的圆弧。由于粒子飞离磁场时，速度垂直于 ON，故圆弧的圆心在 ON 上。据题意，粒子轨迹与y轴的交点为M，过M点作与M点的速度方向垂直的直线，与N交 于0 由几何知识可知，F是圆弧的圆心。y%达4。，。s x 设圆弧的半径为R，则有 R=dsin(1分）粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有q

17、vB=m主(1分）,J3 aBd 联立并将（=60代入可解得 v 巳旦旦(1分）2m 粒子在电场中的运动为类平抛运动。设粒子射入电场的速度为句，运动时间为t1，竖直方向有v0=vcos(,d=v0t1(2分）沿轴负方向，设电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为，则有vsin(t1,qE=m 3气辰。B2d联立并将（=60代入可解得E=Jl.f l6m(2）粒子在电场中运动时间可解得t1 丝电:,qfj粒子在磁场中运动时间为圆周运动周期的午，所以有t2 手旦斗斗LqD粒子从S点运动到 ON 所用的时间t=t1+t?=（色Ll+_1I_）旦l L飞2 JqB16.思路点拨(1）金属棒b机械能的减少量ll.E=mgh mv2=2.8 J(2）速度最大时金属棒b产生的电动势E=Blv产生的电流 I=气r 言R此时的安培力 F=BIL由题意可知，所受摩擦力Ff=mgsin 30 -F=0.1 N(3）由能量守恒得，损失的机械能等于金属棒b克服摩擦力做功和产生的电热之和，电热。ll.E-Ff 仁。sm：，v 上端电阻R 中产生的热量。R 士。联立以上几式得QR=0.55 J-5一(2分）(1分）(2分）(1分）(1分）(3分）(1分）(1分）(1分）(2分）(2分）(1分）(1分）