河南省开封市学年高二上学期五县联考期末物理试题 含答案.docx

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河南省开封市学年高二上学期五县联考期末物理试题含答案

开封市五县

2020～2021学年高二年级期末联考

物理

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。

满分110分，考试时间90分钟。

2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。

选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

3.本卷命题范围:

选修3-5第十六章，选修3-1，选修3-2第四章。

一、选择题:

本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有个选项正确，第9～12题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.下列说法正确的是

A.运动电荷在磁场中所受的磁场力方向一定与磁场的方向垂直

B.电荷在电场中的受力方向一定与电场的方向相同

C.感应电流的磁场方向总与引起感应电流的磁场方向相反

D.导体棒在匀强磁场中运动时一定能产生感应电动势

2.在赤道附近的操场上，四位同学用如图所示的装置研究利用地磁场发电的问题，他们把一条电线两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路.两个同学匀速摇动这条电线的一段，另外两位同学在灵敏电流计旁观察指针摆动情况.下列说法正确的是

A.观察到感应电流大小不变

B.当电线在最低点时，观察到感应电流最大

C.为了使指针摆动明显，摇动电线的两位同学站立的方向应沿南北方向

D.为了使指针摆动明显，摇动电线的两位同学站立的方向应沿东西方向

3.如图所示是最常见的羽毛球运动图标之一，羽毛球运动是学校体育中最普及的体育运动，也是速度最快的球类运动，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100m/s.假设羽毛球飞来的速度为50m/s，运动员将羽毛球以100m/s的速度反向击回，羽毛球的质量为10g，则羽毛球动量的变化量

A.大小为1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反

B.大小为1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同

C.大小为0.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反

D.大小为0.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同

4.图示为两个均匀金属导体R1、R2的I-U图象，把R1均匀拉长到原来的2倍长后的电阻与R2的电阻的比值为

A.2B.6

C.8D.12

5.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中将金属棒ab从某高处水平抛出，不计空气阻力，金属棒ab在运动过程中

A.感应电动势大小不变，且

B感应电动势大小不变，且

C.由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且

D.由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且

6.电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示.现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，通过R的电流方向和电容器极板的带电情况是

A.从a到b，下极板带正电

B.从a到b，上极板带正电

C.从b到a，下极板带正电

D.从b到a，上极板带正电

7.如图，内阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V60W”的灯泡串联后接在电压为220V的恒压电源两端，灯泡正常发光，则

A.电路中的电流约为1A

B.电解槽的发热功率为60W

C.电解槽中将电能转化为化学能的功率为58.7W

D.整个电路消耗的总功率为60W

8.如图所示，以O为圆心的圆形区域内，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场.磁场边界上的A点有一粒子发射源，沿半径AO方向发射出速率不同的同种粒子（重力不计），垂直进入磁场.下列说法正确的是

A.速率越大的粒子在磁场中运动的时间越长

B.速率越小的粒子在磁场中运动的时间越长

C.速率越大的粒子在磁场中运动的角速度越大

D.速率越小的粒子在磁场中运动的角速度越大

9.如图所示的电路中，L为自感线圈（电阻不计），A、B为两灯泡，以下结论正确的是

A.合上开关S时，A、B同时亮，之后B变暗直至熄灭，A变亮

B.合上开关S时，A先亮，B后亮

C.断开开关S时，A熄灭，B先变亮再逐渐熄灭

D.断开开关S时，A、B两灯都亮一下再逐渐熄灭

10.如图所示，金属板带电荷量为+Q，质量为m的金属小球带电荷量为+q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球（可视为质点）与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是

A.+Q在小球处产生的场强为

B.+Q在小球处产生的场强为

C.+q在O点产生的场强为

D.+q在O点产生的场强为

11.如图所示，闭合的矩形线圈abcd水平放在范围足够大的匀强磁场中，下列哪种情况下线圈中能产生感应电流

A.线圈以ab边为轴转动

B.线圈向上平移

C.线圈以bc边为轴转动

D.以垂直于线圈平面的轴逆时针转动

12.如图所示，两水平放置的光滑平行金属导轨AB和CD相距为0.5m，AC间接一阻值为5Ω的定值电阻，导体棒MN到AC的距离为0.4m，整个装置放在方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中.导体棒MN垂直放在导轨上，导轨和导体棒MN的电阻均可忽略不计.则下列说法正确的是

A.若导体棒MN向右滑动，则M端电势低其

B.若匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T，导体棒MN以5m/s的速度水平向右匀速滑动时，则其所受水平外力的大小是0.01N

C.若导体棒MN固定，图中磁场的磁感应强度随时间均匀增大，则导体棒中有N到M的电流

D.若导体棒MN固定，磁场的磁感应强度随时间变化的规律为B=（5+0.5t）T，则通过导体棒的电流为0.125A

二、实验题:

本题共2小题，共14分

13.（6分）某同学利用如图装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化.内阻不计的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和电阻连接.将磁铁置于螺线管正上方由静止释放，穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落过程中受到的阻力远小于磁铁的重力，并且磁铁不发生转动，螺线管电阻不计），释放点到海绵垫高度差为h.计算机屏幕上显示出如图的UI-t曲线.

（1）图象中U-I出现前后两个峰值，对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，第二个峰值大于第一个峰值的原因是_______________；

（2）如果仅将h略微减小，两个峰值都会_____________（选填“减小”“不变”或“增大”）；

（3）如果仅增大电阻的阻值，两个峰值都会_____________（选填“减小”“不变”或“增大”）.

14.（8分）某实验小组需测一个待测电阻Rx（230Ω～260Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：

电源E:

电动势3.0V，内阻不计；

电流表A1:

量程0～500μA，内阻r1为1000Ω；

电流表A2:

量程0～10mA，内阻r2约50Ω；

滑动变阻器R1:

最大阻值20Ω，额定电流2A；

定值电阻R2=5000Ω；

定值电阻R3=500Ω；

电键S及导线若干.

要求实验中尽可能准确测量Rx的阻值，请回答下面问题：

（1）为了测定待测电阻上的电压，可以将电流表______________（选填“A1”或“A2”）串联定值电阻__________（选填“R2”或“R3”），将其改装成一个量程为3.0V的电压表.

（2）如图所示，两位同学分别设计了测量电阻Rx的电路原理图，其中用到了改装后的电压表和另一个电流表，则应选择电路图___________（选填“甲”或“乙”）.

（3）若所选测量电路中电流表A的读数为I=5.0mA，改装后的电压表V读数如图丙所示，则电压表V读数是___________V.根据电流表A和电压表V的读数，并考虑电压表内阻，求出待测电阻Rx=___________Ω.

三、解答或论述题:

本题共3小題，共36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得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.

15.（10分）如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直.已知线圈的面积S=0.3m2、电阻R=0.6Ω，磁场的磁感应强度B=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在△t=0.5s时间内合到一起.求线圈在上述过程中：

（1）感应电动势的平均值E；

（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；

（3）通过导线横截面的电荷量q.

16.（12分）某匀强电场中的一组等势面如图虚线所示，A、B、C、D相邻两点间距离均为5cm，P点和C点间的距离为2cm，求:

（1）匀强电场的场强E的大小；

（2）P点的电势

；

（3）把q=2×10-5C的正点电荷由B点移到P点，电场力做的功.

17.（14分）如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E=400N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，y轴负方向无限大，磁感应强度B=1×10-4T.现有一比荷为

的正离子（不计重力），以速度v0=4×106m/s从O点垂直磁场射入，α=60°，离子通过磁场后刚好直接从A点射出，之后进入电场.求：

（1）离子从O点进入磁场B中做匀速圆周运动的半径R；

（2）离子进入电场后，经多少时间再次到达x轴上。

（3）若离子进入磁场B后，某段时间再加一个同方向的匀强磁场使离子做完整的圆周运动，仍能从A点射出，求所加磁场磁感应强度的最小值。

2020～2021学年高二年级期末联考·物理

参考答案、提示及评分细则

1.A

2.D当导线在最高点和最低点时，导线的速度方向和磁场方向平行，所以此时不产生电流，故A错误；在匀速摇动这条电线过程中，速度的方向与磁场的方向夹角发生变化，感应电动势大小发生变化，感应电流大小发生变化，故B错误；由于地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，所以当两个同学朝东西方向站立，并迅速摇动电线时，导线就会做切割磁感线运动，则电路中就产生了感应电流，故C错误，D正确.

3.A以羽毛球飞来的方向为正方向，则羽毛球飞来时的动量p1=mv1=10×10-3×50kg·m/s=0.5kg·m/s，羽毛球被反击回去时的动量p2=mv2=-10×10-3×100kg·m/s=-1kg·m/s，所以羽毛球动量的变化量

△p=p2-p1=-1kg·m/s-0.5kg·m/s=-1.5kg·m/s，其方向与羽毛球飞来的方向相反，A项正确.

5.A设金属杆ab水平抛出时的初速度为v0，金属杄水平抛出后，将切割磁感线产生感应电动势，由于磁感线竖直向上，所以有效的切割速度就是金属杄的水平速度，而平抛运动水平方向做匀速运动，水平分速度保持不变，始终等于v0，则ab产生的感应电动势为E=BLv0.保持不变，根据右手定则判断可知，ab中感应电动势方向为b→a，所以

，故A正确，BCD错误.

6.C

7.C由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压为220—110=110V，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以

，所以A错误；电解槽的发热功率为:

，所以B错误；对电解槽由能量守恒P=P热+P化，可得P化=60W-1.3W=58.7W，故C正确；电解槽的输入功率为:

P′=UI=60W，电路的总功率等于电解槽的输入功率和灯泡的功率之和为:

P总=P+P′=120W，所以D错误。

8.B

9.AC合上S时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡A、B同时变亮；但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加；当电流稳定后，线圈相当于直导线，灯泡B被短路，故电键闭合后，灯泡A、B同时亮，但B逐渐熄灭，A更亮，A正确，B错误；断开S时，A灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡B构成闭合电路，B灯先闪亮后逐渐变暗，C正确，D错误.

10.BD金属板不能看成点电荷，在小球处产生的场强不能用

计算，故A错误；根据小球受力平衡得小球受电场力F=mgtanα，由

得:

，B正确；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为F=mgtanα，但金属板不能看做试探电荷，故不能用公式

上求场强，C错误；小球可看成点电荷，在O点产生的场强

，D正确.

11.AC

12.BC

13.

（1）磁铁离开螺线管时的速度大于进入螺线管时的速度

（2）减小

（3）减小（每空2分）

解析:

（1）磁铁速度越大，感应电动势和感应电流就越大，UI就越大，第二个峰值大于第一个峰值的原因是：

磁铁离开螺线管时的速度大于进入螺线管时的速度.

（2）当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，感应电动势和感应电流就减小，UI就减小，因此两个峰值都会减小.

（3）螺线管的内阻不计，电动势等于路端电压，如果仅增大电阻的阻值，电流减小，UI就减小，两个峰值都会减小.

14.

（1）A1R2（每空1分

（2）乙（2分）

（3）1.20250（每空2分）

解析:

（1）由于电流表A1的内阻一定，根据欧姆定律有U=I1（R2+r1）=3V，解得R=5000Ω，则串联R2.

（2）由①知电压表的内阻RV=R2+I2=1000+5000=6000Ω，由于

，故电流表应采用外接法；又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如题图所示.

（3）根据图丙电压表的读数为U=1.20V，根据欧姆定律有

，

代入数值可得Rx=250Ω.

15.解:

（1）感应电动势的平均值：

（1分）

磁通量的变化ΔΦ=B△S（1分）

解得

（1分）

代入数据得E=0.12V（1分）

（2）平均电流

（1分）

代入数据得I=0.2A，电流方向如图所示（2分）

（3）电荷量q=I△t（2分

代入数据得q=0.1C（1分）

16.解:

（1）场强

（2分）

（2）P、B两点间的电势差UPB=E·dPB=200×（5-2）×10-2V=6V（3分）

（2分）

（3）

（2分）

电场力做功W=qUBP=2×10-5×（-6）J=-1.2×10-4J（3分）

17.解:

（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得：

（2分）

解得:

R=0.2m（1分）

（2）离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为

，则

离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为

，

根据运动学规律有:

（1分）

根据牛顿第二定律可得:

Eq=ma（2分）

由几何关系可知:

tan60°=

（1分）

代入数据解得:

t=

×10-7s（1分）

（3）根据洛伦兹力提供向心力:

（1分）

可得:

，可知B越小，r越大.（1分）

设离子在磁场中最大半径为r，由几何关系得:

（1分）

根据洛伦兹力提供向心力:

（1分）

联立解得:

B1=4×10-4T（1分）

则外加磁场:

△B1=B1-B=3×10-4T（1分）