【文档说明】【精准解析】福建省厦门六中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题.doc，共(22)页，981.000 KB，由管理员店铺上传

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厦门六中2019-2020学年高二年上学期期中考试物理试卷（本试卷满分100分考试时间90分钟）第Ⅰ卷(选择题共42分)一、单项选择题(本题共6小题,每小题3分,共18分。)1.如下左图所示，足够长的

直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是()A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，根据磁感线

的疏密程度来确定磁感应强度的大小．解：通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，因此根据磁感线的分布，再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小可知，因为ab线段的长度大于通电螺线管的长度，由条形磁铁磁感线的分布，可知应该选C，如果ab线段的长度小于通电螺线管的长度，则应该选B．由于足够

长的直线ab，故C选项正确，ABD错误；故选C点评：考查通电螺线管周围磁场的分布，及磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小，本题较简单但会出错．2.如图所示，条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示．则这个过程中

磁铁受到的摩擦力(磁铁保持静止)()A.为零B.方向由左变为向右C.方向保持不变D.方向由右变为向左【答案】B【解析】【分析】考查左手定则的应用，牛顿第三定律。【详解】受力分析如图，开始时，导线在S极上方，由左手定则可得，导线受一个安培

力F安斜向左上方，由牛顿第三定律可得，磁铁受一个导线施加的反作用力F斜向右下方，有一水平向右的分力，即有向右运动的趋势，摩擦力向左；同理，当运动到右端N极上方时，磁铁受摩擦力向右，B正确。故选B。3.铁路上常使用如图所示的电磁装置向控制中心传输信号，以报告火车的位置．火车首节车厢下面安装一磁铁

，磁铁产生垂直于地面的匀强磁场．当磁铁经过安放在两铁轨间的线圈时，会使线圈产生电脉冲信号并被控制中心接收．若火车以恒定加速度通过线圈，则表示线圈两端的电压u与时间t的关系图线可能正确的A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】火车做匀加速运动，速度0vva

t，以火车为参照系，线圈是运动的，线圈左（或右）边切割磁感线产生的感应电动势EBLv，感应电流0BLvEBLvBLaItRRRR，由此可知，感应电流电流随时间均匀增大，由于火车做加速运动，通过线圈左边的时间长，通过线圈右边的时间短，由图象可知，D正确；故选

D。4.如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x=x2处，则下列说法正确的是()A.粒子从x=0到x=x2过程中，电势能

先增大后减小B.粒子从x=0到x=x2过程中，加速度先减小后增大C.x1和x2处的电场强度均为零D.x1和x2之间的场强方向不变【答案】B【解析】【分析】φ-x图象的切线斜率表示场强，根据电势的变化可分析场强的方向，由电场力方向与粒子运动方向的关系判断

电场力做功正负，从而分析其电势能的变化情况．根据电场强度的变化，判断电场力的变化，来分析加速度的变化．【详解】粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能

先减小后增大，故A错误；由图线的切线斜率可知，从x=0到x=x2过程中电场强度先减小后增大，粒子所受的电场力先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，故B正确．φ-x图象的切线斜率越大，则场强越大，可知，x1和x2处的电场强度均不为

零，故C错误；由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，故D错误；故选B．【点睛】解决本题的关键要明确φ-x图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向，要知道电势的高低与电场方向的关系以及电场力做功与电势能的关系．5.如图所示，在竖直放置间距为d

的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为m，电荷量为q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g．则点电荷运动到负极板的过程A.加速度大小为qEagmB.所需的时间为dmtEqC.下降的高度为2dyD.电场力所做的功为WEqd【答案】B【解析】【详解】点

电荷在电场中的受力如图所示，点电荷所受的合外力为22FqEmg由牛顿第二定律得22qEmgam故A错；点电荷在水平方向的加速度为1/aEqm，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以mdtqE

，故B正确，点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度211222mdmgdygtgqEqE，故C错误；由功公式W=Eqd/2,故D错误．综上所述本题答案是：B【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，

再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度．6.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一正方形线圈拉出有界的匀强磁场区域，v2=2v1，在先后两种情况下（）A.线圈中的感应电流之比I1：I2=2：1B.通过线圈某一截面的电荷量之比q1：q2=1：2C.线圈中

产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4D.作用在线圈上的外力大小之比F1：F2=1：2【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知v2=2v1，设线框边长为L，总电阻为R，根据：EBLvIRR可知感应电流之比为1：2，故A

错误；B．根据电流定义式有：qIt所以结合电磁感应定律有：2BLqItRR可知q与速度无关，故通过某截面的电荷量之比为1：1；故B错误；C．因为v2=2v1，故两次拉出正方形线圈的时间之比为2：1，根据：232BLvQIRtR故线圈中

产生的焦耳热之比为：12121:2QQvv::故C错误；D．线圈匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件可得：22BLvFFBILR安可知：1212:=12FvFv：：故D正确。故选D。二、多项选择题(本题共6小题,每小题4分,共24分

。)7.如图所示，导线框abcd与固定直导线AB在同一平面内，直导线AB中通有恒定电流I，当线框由图示位置向右匀速运动的过程中（）A.线圈中的感应电流方向是abcdaB.线圈中的感应电流方向是dcbadC.线圈中的感应电流大小

逐渐减小D.线圈中的感应电流大小不变【答案】BC【解析】【详解】AB．由安培定则可知，载有恒定电流的直导线产生的磁场在线框处的方向为垂直纸面向里，并且离导线越远磁感应强度越小，故当沿图示方向移动线框时，穿过线框平面的磁通量减小，根据楞次定律可知电流为顺时针dcbad，故A错误

，B正确；CD．离通电导线越远，磁场越弱，由于线框匀速运动，故磁通量变化率变化率越来越小，线框中产生的感应电动势越小，感应电流就变小，故C正确，D错误。故选BC。8.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器.开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻

器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A.灯泡L将变暗B.灯泡L将变亮C.电容器C的电荷量将减小D.电容器C的电荷量将增大【答案】AD【解析】【详解】AB.当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯L变暗，故A正确，

B错误；CD.电容器的电压等于路端电压，电路中电流减小，内电压增减小，可见路端电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大，故C错误，D正确；9.如图所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和电键S与电动势为E的电源相连．现将电键S闭合，位于

A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态，电源内阻可以忽略，则（）A.B板电势为-EB.改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态C.将B板向上移动，P点电势将不变D.将B板向左平移，带电粒子电势能将不变【答案】ABD【解析】【详解】A、AB两板的电势差为

E，ABE，0A．所以BE,B板的电势为-E，故A正确；B、改变滑动变阻器的滑片位置，两极板间的电压不变，极板间的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，故B正确；C、将B板向上移动，距离减小，极板间

场强变大，A板与P点的电势差变大，A点电势不变，P点电势变小，故C错误；D、将B板向左平移，极板间的距离和电压不变，场强不变，P点电势不变，带电粒子电势能不变，故D正确；故选ABD.【点睛】本题较难之处是分析电势变化，往往根据

电势差和该点与零电势点间电势的高低，分析电势的变化，这是常用的方法．10.为了测量某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c,左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场,在前后两个内侧

固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（）A.若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B.前表面的电势一定低于后表面的电势，与

哪种离子多少无关C.污水流量Q与U成正比，与a、b无关D.污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大【答案】BC【解析】【详解】AB．根据左手定则可知，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与粒子多少无关，故A错误

，B正确；C．最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下达到平衡状态，有：qUqvBb解得：UvBb则流量为：UcQvbcB与U成正比，与a、b无关，故C正确；D．因为：UBbv故电压表的示数与粒子浓度无关，故D错误。故选BC。11.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁

场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（）A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B.入射速度相同的粒

子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【答案】BD【解析】试题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量

、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比．它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定．解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同．

故A错误；B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；D、由于它们的周期相同的，在磁场中运

动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大．故D正确；故选BD点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．12.如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线

框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时A.在t1~t2时间内，L有收缩趋势B.在t2~t3时间内，L有扩张趋势C.在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D.在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流

【答案】AD【解析】据题意，在t1~t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2~t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线

框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3~t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向

电流，选项D正确．【考点定位】楞次定律、安培定则【方法技巧】线圈内通有非均匀变化的磁场，导线框内产生变化的电流，该电流激发出变化的磁场，才可以使圆环产生感应电流；线圈内通有均匀变化的磁场，导线框内产生稳定的电流

，该电流激发出的是稳定的磁场，不会使圆环产生感应电流．第Ⅱ卷(非选择题共58分)三、实验题(本题共3小题,每空2分,共18分。)13.读出以下实验仪器的读数：(1)甲图为某次用螺旋测微器测量电阻丝直径d时的示数，则d=____

____mm；(2)乙图为用多用电表×100Ω挡测某电阻，表针所指的示数为R=________Ω。【答案】(1).0.730(2).1100【解析】【详解】(1)[1]根据螺旋测微器读数方法可知读数为：d=0.5mm+23×0.01mm=0.730mm(2)[2]多用电表使用×100Ω挡，故读数为

：R=11×100Ω=1100Ω14.某同学利用图（a）所示电路测量量程为2．5V的电压表的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99999．9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源E（电动势3V）

．开关1个，导线若干．实验步骤如下①按电路原理图（a）连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的

位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2．00V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：（1）试验中应选择滑动变阻器_______（填“”或“”）．（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线．（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630

．0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为_______Ω（结果保留到个位）．【答案】（1）R1（2）连线如图；（3）2520【解析】试题分析：（1）调节电阻箱时需要滑动变阻器上的分压保持不变，需要电压表的电阻远大于变阻器的电阻，故变阻器选阻值小的，故选滑动变阻

器R1；（2）实物图连接如图所示：（3）电压表和电阻箱整体分压不变，故：U=U′+VUR•R代入数据，有：2．5=2+2VR×630解得：RV=2520Ω考点：测量电压表的内阻【名师点睛】本题是半偏法测电阻原理的改编，关键是明确实验原理

，结合欧姆定律进行分析，在变阻器选择上，要从减小系统误差的角度进行分析，不难．15.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻：实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω）电流表A，电压表V保护电阻R1（阻值10Ω）定值电阻R2（阻值5Ω）滑动变阻器R，开关S，导线若干。实验主要步骤：①将

滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I③以U为纵坐标，I为横坐标，作U—I图线（U、I都用国际单位）④求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴

上的截距a回答下列问题：（1）电流表最好选用____；A.电流表（0200mA，内阻约2Ω）B.电流表（030mA，内阻约2Ω）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是___；A.两导线接在滑动变阻器电阻丝

两端的接线柱B.两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C.一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D.一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、

R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=___，r=__，代入数值可得E和r的测量值。【答案】(1).A(2).C(3).ka(4).2kR【解析】【详解】（1）[1]电路中通过的最大电流约为：12176mAEIRRr所以选择量程为200mA的电流表，故选A。（

2）[2]由电路分析可知，滑片从左向右滑动，电压表示数变大，说明滑动变阻器接入电路阻值增加，所以一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱可满足条件，故选C。（3）[3][4]由：2EUIrR可得：2UEIrR

对比U-I图线可知，斜率的绝对值：2krR所以电源的内阻为：2rkR当U=0时，有：2EEIrRk图线上的斜率为a，所以：EaIk则：Eka四、计算题(本题包括4小题,共40分。解答应写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,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。)16.如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角．设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作

用力及所受的重力．求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r．【答案】(1)RmvqB（2）tmeB（3）r2mvtanqB【解析】【详解】电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛

伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径．解：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：由此可得电子

做圆周运动的半径R==（2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度α=θ则电子在磁场中运动的时间：t==（3）由题意知，由图根据几何关系知：∴17.如图所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距L，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两

导轨间11OOOO矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感强度为B，一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距S，现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在

离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)。求：(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能。【答案】(1)22()FRrBL(2)2244()()2

mFRrFSdBL【解析】【详解】(1)由题意知ab棒离开磁场前已经做匀速运动，设速度速度诶为而v，则有：EBLvEIRrab棒受力平衡有：FFBIL安联立解得：22()FRrvBL(2)根据能量守恒可知整个回路所消耗的电能即为运动过

程中安培力所做的功，则由动能定理可得：201()2FSdWmv安解得：2244()()2mFRrWFSdBL安所以：2244()=()2mFRrQFSdBL答：(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度22(

)FRrvBL；(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能2244()=()2mFRrQFSdBL。18.如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为L的平行粗糙金属导轨上，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为。导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小

为B方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置间距为d的平行金属板，R和xR分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。(1)调节xRR释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。(2)改变xR，待棒

沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的xR。【答案】(1)sincosMgMgIBL，222(sincos)RMgMgvLB；(2)(sincos)xmdBLRqMM【解析】【

详解】(1)对ab匀速下滑时sincosMgBILMg解得通过棒的电流为sincosMgMgIBL由EBLv和xEIRR可得，通过导体棒的电流xBLvIRR联立解之得222(sincos)RMgMgvLB

(2)导轨再次匀速下滑时，导体棒受力平衡，则sincosMgBILMg两端的电流大小不变，仍为sincosMgMgIBL对板间粒子有qUd=mg根据欧姆定律得xURI联立解之得(sincos)xmdBLRqMM19.如图，绝缘粗糙

的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动

．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动

到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.【答案】（1）E/B（2）（3）【解析】【详解】小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑

块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqvq

E解得：EvB（2）从A到C根据动能定理：2102fmghWmv解得：2212fEWmghmB（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向

做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为212xat从D到P，根据动能定理：150aa，其中2114mv联立解得：22222()PDmgqEvtvm【点睛】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的作用力为零，在撤去磁场后

小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．