【人教版】2020学年高二物理上学期期中试题(新版)新人教版(2)

2020学年第一学期高二期中考试
物理试题
2018.11
第I卷（选择题共44分）
一、选择题：（本题共10小题44分．1－6题只有一个选项正确，每小题4分，7－10在每题列出的四个选项中有
多个选项正确．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分．）
1．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是
A. 匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动是匀变速运动
C．匀速圆周运动是线速度不变的运动
D．匀速圆周运动是加速度不断改变的运动
2．关于磁感应强度，下列说法正确的是
A. 磁感应强度是矢量，方向与小磁针在该点静止时S极指向相同
B．某处的磁场方向就是该处磁感强度的方向
C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同
D．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力，则该处的磁感应强度一定为零
3．如图所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一电子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，
它所受洛伦兹力的方向是
A．向上B．向右 C．向左 D．向下
4．甲、乙两星球的平均密度相等，半径之比是R甲︰R乙＝4︰1，则同一物体在这两个星球表面受到的重力之比是
A．1︰1 B. 1︰4 C. 1︰16 D. 4︰1
5．如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有
A．闭合电键K后，把R的滑片向右移
B．闭合电键K后，把R的滑片向左移
C．闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出
D．闭合电键K后，把Q远离P
6．图中能产生感应电流的是
A B C D
7．如图所示，在水平地面上O点正上方不同高度的A、B两点分别水平抛出一小球，如
果两球均落在同一点C上，则两小球
A．落地的速度大小可能相同
B．落地的速度偏向角可能相同
C．两个小球下落时间一定不同
D．两个小球抛出时的初速度可能相同
8．如图所示为一种回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置
于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核（12H）和氦核（24He），下
列判断中正确的是
A．它们在D形盒中运动的周期相同
B．它们的最大速度相同
C．它们的最大动能相同
D．仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能
9．如图为表演杂技“飞车走壁”的示意图．演员骑摩托车在一个圆台形结构的内壁上飞驰，做
匀速圆周运动．图中a、b两个虚线圆表示同一位演员骑同一辆摩托，在离地面不同高度处
进行表演的运动轨迹．不考虑车轮受到的侧向摩擦力，下列说法中正确的是
A. 在a轨道上运动时线速度较大
B. 在a轨道上运动时角速度较大
C. 在a、b两个轨道上运动时摩托车对侧壁的压力相等
D. 在a轨道上运动时摩托车和运动员所受的向心力较大
L2为平行虚线，L1上方和L2下方都有垂直纸面向里的磁感
10．如图所示，L
应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上．带电粒子从A点以初速度
v与L2成30°角斜向上射出，经偏转后正好过B点，经过B点时速度的
方向也斜向上，粒子重力不计．下列说法中正确的是
A．若只将匀强磁场的方向改为垂直纸面向外，粒子仍能经过B点
B．若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点
C．若将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上（大小不变），它也一定经过B点 D．粒子一定带正电荷
第II卷（非选择题共56分）
二、实验题：（本题共12分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．）
11．（6分）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．
（1）将图中所缺的导线补接完整；
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A．将线圈A插入线圈B待电路稳定后，再将线圈A迅速拔出，灵敏电流计指针将________（填“向右”
或“向左”）偏转一下．
B．线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向右拉时，灵敏电流计指针__________（填“向右”
或“向左”）偏转一下．
12．（6分）某同学在某砖墙前的高处水平抛出一个石子，石子在空中运动的部分轨
迹照片如图所示．从照片可看出石子恰好垂直打在一倾角为37°的斜坡上的A 点．已知每块砖的平均厚度为10cm（不计砖缝的宽度），抛出点到A点竖直方向刚好相距200块砖，取g＝10m/s2．sin37°＝0.6，co s37°＝0.8），则石子在空中运动的时间为 s，石子水平抛出的初速度大小为 m/s，石子的抛出点到A点的距离为 m.（结果可以用根号表示）
三．计算题：（本题共4小题，共44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．）
13.（10分）如图所示，水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为
L=10cm，M和P之间接入电动势E=1.5V、内阻r=0.1Ω的电源．现垂直于导轨放置一根质量为m=0.1kg，电阻为R=0.2Ω的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T，方向与水平面夹角为37°且指向右斜上方，ab棒保持静止．求：
（1）ab棒受到的安培力的大小；
（2）ab棒受到的支持力和摩擦力各为多少．
14.（10分）如图所示，在以坐标原点O为圆心的圆形区域内，存在方向垂直于纸面向里
的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿＋y 方向飞出．已知粒子在磁场里的运动时间为t ，磁感应强度大小为B ，求： （1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q
m
．
（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ′，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁
场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了120°角，求磁感应强度B ′多大？
15.（12分）如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘
尾巴
的S 形轨道．光滑半圆轨道半径为R =0.2m ，两个光滑半圆轨道连接处C 、D 之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，C 、D 之间距
离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A 与水平面上B 点之间的高度
为h =1.5m ．从A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾
巴的S
形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s =1m ．已知小球质量为m =0.8kg ，不计空气阻力，g =10m/s 2
，求： （1）小球从E 点水平飞出时的速度大小； （2）小球运动到半圆轨道的B 点时对轨道的压力； （3）小球沿翘尾巴S 形轨道运动时克服摩擦力做的功．
16.（12分）如图所示，绝缘光滑的竖直平面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 ．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．已知重力加速度为g ，求： （1）小滑块从A 点运动到C 点时的时间t ； （2）A 、C 两点间距离h ；
（3）当小滑块运动到C 点时迅速把电场方向转为竖直向下，若小滑块受到
的电场力大小与重力相等，D 点为小滑块在运动过程中速度最大的位置，且最大速度大小为v ，求C 、D 两点间的竖直高度H ．
物理试题答案
2018.11
一、选择题（本题共10小题，1-6题每题4分，7-10题每题5分，选不全得3分，共44分）
二、实验题：（本题共12分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.） 11. (1) (2)向左 向右
v 0=15m/s 1310=s m
12.
t=2s
三、计算题：（本题共4小题，共44分.）
13.（10分）解： (1)ab 棒受到的安培力为： F ＝BIL …… 2分
E ＝I (R ＋r ) …… 1分
联立解得:F ＝0.5N …… 1分 F sin θ+F N =mg ……2分 F cos θ-F f =0 ……2分 联立解得: F N =0.6N ……1分
F f =0.3N ……1分
14.（10分）解：由带电粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知该粒子带负电荷。

粒子由A 点射入，由于其速度方向改变了90°，则4
T
t =
…………2分 T mv qvB π
2= ……1分
联立解得:Bt
m q 2π
= ……1分
(1)粒子由A 点射入，从C 点飞出磁场由于其速度方向改变了90°，则
粒子做圆周运动的半径R ＝r ……1分
由qvB ＝mv 2
R 得：qB
mv R = ……1分
粒子从D 点飞出磁场，速度方向改变了120°角， 故AD 弧所对圆心角α＝120° ……1分
同上得：R ′＝
mv
qB ′
……1分 所以B ′＝3B ……1分
15.（12分） 解：（1）小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E ，由平抛运动规律得：s =v E t ……1分 4R ＝
12
gt 2
……1分 联立解得 2.5m/s E v =
……1分
（2）小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：
12mv B 2＝mg 4R +1
2
m v E 2 ……1分 在B 点根据牛顿第二定律得：2
B v F mg m R
-= ……1分
联立解得：F =97N ……1分
由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为97N ，方向竖直向下 ……1分 （3）设小球沿翘尾巴的S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，则 mg （h −4R ）−W ＝
1
2
m v E 2 ……2分
W =3.1J ……1分
16.解：(1)小滑块在C 点离开MN 时水平方向受力满足N ＝0 qvB ＝qE
……1分
竖直方向mg =ma ……1分
V =at ……1分
解得gB
E
t =
……1分 (2)由上式解得v C ＝E B
……1分 由动能定理得mgh ＝12
mv C 2
－0 ……1分
解得 2
2
2gB E h =……1分
(3)由动能定理得 qEH +2
22
121c D mv mv mgH -= ……2分 qE =mg ……1分
2
2
224gB E v B H -= ……1分。