2019-2020学年湖南省两校联考高二上学期期末联考物理试题 解析版

湖南省长沙市一中、湖南师大附中联考2019-2020学年高二上学期期末物理试卷一、单选题（本大题共8小题）1.如下左图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为( )A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况：磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以沿Z轴正方向磁感应强度B的大小是先变小后变大．由于题目中问的是磁感应强度B的大小，故C正确，ABD错误．故选C．2.如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．图中虚线为电场线(方向未标)．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则A. 每个尘埃的运动轨迹都与一条电场线重合B. 尘埃在迁移过程中电势能增大C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动D. 图中A点电势低于B点电势【答案】D【解析】【详解】A. 电场线为直线时，运动轨迹才有可能与电场线重合，并且要求初速度为零或者方向与电场线方向一致；电场线为曲线时，则运动轨迹不能与电场线重合，故A错误；D. 由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，故D正确；B. 带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故B错误；C. 放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，尘埃的加速度是变化的，故C错误．3.如图所示，绝缘轻杆长为L，一端通过铰链固定在绝缘水平面，另一端与带电量大小为Q的金属小球1连接，另一带正电、带电量也为Q的金属小球2固定在绝缘水平面上。

平衡后，轻杆与水平面夹角为30°，小球1、2间的连线与水平面间的夹角也为30°．则关于小球1的说法正确的是（已知静电力常量为k）（）A. 小球1带正电，重力为22kQLB. 小球1带负电，重力为22kQLC. 小球1带正电，重力为223kQLD. 小球1带负电，重力为223kQL【答案】A【解析】【详解】ABCD.分析小球1的受力情况，小球受到重力、库仑力和杆的弹力作用，由于杆通过铰链固定，则杆的弹力沿着杆向外，如图所示：根据几何关系可知，杆与竖直方向夹角为60°，则重力和库仑力合成以后组成的矢量三角形为等边三角形，两球间距为L，库仑力大小为22=QF kL，则小球带正电，重力大小等于库仑力，重力为22=QG kL，故A正确BCD错误。

故选A。

4.磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线，假设地球磁场是由地球的环形电流引起的，则该假设中的电流方向是A. 由南向北沿磁子午线B. 由北向南沿磁子午线C. 由东向西垂直磁子午线D. 由向东垂直磁子午线【答案】C【解析】【详解】根据题意知，地磁体的N极朝南,根据安培定则,大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，所以选C 5.在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制．如图所示，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，C为电容器．已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则有（）A. 若R1固定，当环境温度降低时电压表的示数减小B. 若R1固定，当环境温度降低时R1消耗的功率增大C. 若R1固定，当环境温度降低时，电容器C的电荷量减少D. 若R1固定，环境温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小【答案】D【解析】【详解】A.当环境温度降低时R 2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I 减小，路端电压=U E Ir -，E 、r 不变，则U 增大，电压表的读数增大，故A 错误； B.R 1消耗的功率21=P IR ，I 减小，R 1不变，则P 减小，故B 错误；C.若环境温度不变，当电阻箱R 1的阻值增大时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I 减小，电容器的电压()1=+C U E I r R -，E 、r 、R 2均不变，I 减小，UC减小，电容器C 的带电量减小，故C 错误；D.若R 1固定，环境温度不变，电容器C 两板间的电压不变，当电容器C 两极板间的距离增大时，=UE d，故D 正确。

故选D 。

6.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2，L 1中的电流方向向左，L 2中的电流方向向上；L 1的正上方有a 、b 两点，它们相对于L 2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B 0，方向垂直于纸面向外．已知a 、b 两点的磁感应强度大小分别为13B 0和12B 0，方向也垂直于纸面向外．则A. 流经L 1的电流在b 点产生的磁感应强度大小为712B 0B. 流经L 1的电流在a 点产生的磁感应强度大小为112B 0C. 流经L 2的电流在b 点产生的磁感应强度大小为712B 0D. 流经L 2的电流在a 点产生的磁感应强度大小为112B 0【答案】AD 【解析】 【分析】本题考查右手螺旋定则来判定通电直导线得磁场方向。

【详解】ABCD.整个系统处于匀强磁场中，外磁场得磁感应强度大小为0B ，方向垂直于纸面向外，且a 、b 两点得磁感应强度大小分别为013B和012B ，方向也垂直于纸面向外，根据右手螺旋定则，1L 直导线电流，在a 、b 两点磁场方向垂直纸面向里，大小相等；同理，2L 直导线的电流，在a 点磁场方向垂直纸面向里，在b 点磁场方向垂直纸面向外，但两点的磁场大小相等,根据矢量叠加法则，则：021=3B B B B -- 0021+=2BB B B -联立上式，可解得：107=12B B ，201=12B B 。

故AD 正确BC 错误。

故选AD 。

7.如图所示，由Oa Ob Oc 、、三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用123B B B 、、表示．现有带电粒子自a 点垂直Oa 板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶2∶3，轨迹恰好是一个以O 为圆心的圆，则其在b 、c 处穿越铝板所损失的动能之比为A. 1∶1B. 5∶3C. 3∶2D. 27∶5【答案】D 【解析】带电粒子在磁场运动的时间为2t T θπ=，在各个区域的角度都为1203πθ==，对应的周期为2m T Bq π=，则有3m t Bq π=，故 3mB tqπ=，则三个区域的磁感应强度之比为123123111::::6:3:2B B B t t t ==，三个区域的磁场半径相同为mv r Bq =，又动能212k E mv =，联立得2222k B q r E m=，故三个区域的动能之比为：222123123::::36:9:4k k k E E E B B B ==，故在b 处穿越铝板所损失的动能为1236927k k k E E E ∆=-=-=，故在c 处穿越铝板所损失的动能为23945kk k E E E ∆=-=-='，故损失动能之比为:27:5k k E E ∆='∆，D 正确，选D. 8.如图，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中。

绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态（若规定弹簧自然长度时弹性势能为零，弹簧的弹性势能E p =k △x 2，其中k 为弹簧劲度系数，△x 为弹簧的形变量）一质量为m 、带电量为q （q ＞0）的滑块从距离弹簧上端为s 0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无机械能损失，物体刚好能返回到s 0段中点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g 。

则下列说法不正确的是（ ）A. 滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间为t 02sin ms qE mg θ+B. 弹簧的劲度系数为k =4(sin )mg Eq s θ+C. 滑块运动过程中的最大动能等于E km =（mg sinθ+qE ）s 0D. 运动过程中物体和弹簧组成的系统机械能和电势能总和始终不变 【答案】C 【解析】【详解】A.滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ， 由牛顿第二定律得：+sin =qE mg ma θ由位移公式得：201=2s at联立可得：t 故A 正确；B.滑块从释放到返回到s 0段中点的过程，由功能关系得：()2001+sin =222s s qE mg k θ⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭解得：()4sin +=mg qE k s θ故B 正确；C.滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有0sin +=mg qE kx θ解得：0=4s x 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得：()()00sin +++=0km mg qE s x W E θ⋅-弹簧弹力做功：()2001==+sin 28x W kx qE mg θ 则最大动能：()()()0005=sin ++=sin +4km E mg qE s x mg qE s θθ⋅故C 错误；D.物体运动过程中只有重力和电场力做功，故只有重力势能、电势能和和弹性势能动能参与转化，滑块的机械能和电势能的总和始终不变，故D 正确。

本题选择不正确，故选C 。

二、多选题（本大题共4小题，共16．0分）9.如图所示电路，电源电动势为E ，内阻为r 。

当开关S 闭合后，小型直流电动机M 和指示灯L （可看作纯电阻）都恰能正常工作。

已知指示灯L 的电阻为R 0，额定电流为I ，电动机M 的线圈电阻为R ，则下列说法中正确的是（ ）A. 电动机的额定电压为IRB. 电动机的输出功率为IE -I 2（R 0+R +r ） C. 电源的输出功率为IE -I 2r D. 整个电路的热功率为I 2（R 0+R ）【答案】BC 【解析】【详解】A.电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，IR 不是电动机的额定电压，故A 错误； B.根据能量守恒定律可知，电动机总功率为()20+IE I R r -，内部消耗功率为2I r ，故输出功率为()20++IE IR R r -，故B 正确；C.电源的总功率为IE ，内部消耗功率为I 2r ，则电源的输出功率为2IE I r -，故C 正确；D.整个电路的热功率为()20++I R R r ，故D 错误。

故选BC 。

10.如图，纸面内有U 形属导轨，AB 部分是直导线，虚线范图内有向纸里的均匀磁场，AB 右侧有圆线圈C ；为了使C 中产生时顺针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN 在磁场里的运动情是( )A. 向左加速运动B. 向左减速运动C. 向右加速运动D. 向右减速运动 【答案】BC 【解析】 【分析】导线MN 运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断出感应电流的方向．此感应电流流过AB 时，产生磁场，就有磁通量穿过线圈C ，根据安培定则可判断感应电流产生的磁场方向，再根据楞次定律判断线圈C 中产生的电流方向，即可选择符合题意的选项．【详解】导线MN加速向右运动时，导线MN中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则判断出来MN中感应电流方向由N→M，根据安培定则判断可知：AB在C处产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过C磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈C产生顺时针方向的感应电流．同理，MN向左减速运动时，线圈C中也产生时顺针方向的感应电流；MN向左加速或者向右减速运动时，线圈C中产生时逆针方向的感应电流；故BC正确，AD错误；故选BC．【点睛】本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，要按程序法依次运用右手定则、楞次定律和安培定则进行判断．11.如图所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流（从右侧观察）．在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ．原PQ中无电流，现通以水平向右的电流，在短时间内（）A. 从上往下观察导线框顺时针转动B. 从上往下观察导线框向右平移C. 细绳受力会变得比导线框重力大D. 导线框中心的磁感应强度变大【答案】ACD【解析】【详解】A. 由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从里向外，根据左手定则，知外侧电流受安培力向左，内侧电流受安培力向右，从上往下看，导线框将顺时针转动，故A 项正确，B项错误；C. 线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线Q处的边的电流的方向向右，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受安培力向下，细绳受力会变得比导线框重力大．故C项正确；D. 线框沿顺时针方向转动一个小角度后，电流PQ产生的磁场方向从里向外穿过线框，根据安培定则，线框产生磁场的方向也是从里向外，则线框中心的磁感应强度变大．故D项正确．12.如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以v 0=2gh 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小v =2v 0的速度通过N 点。