2018-2019学年贵州省铜仁市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年贵州省铜仁市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

铜仁一中2018—2019学年度第一学期高二期末考试 物理试题 一、选择题 ‎1.两个分别带有电荷量和+的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为。两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为www..com A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题。接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为，C项正确。如两球原来带正电，则接触各自带电均为+2Q。‎ ‎2.如图所示，A、B、C、D为半球形圆面上的四点，且AB与CD交于球心且相互垂直，E点为球的最低点，A点放置一个电量为+Q的点电荷，在B点放置一个电量为—Q的点电荷，则下列说法正确的是（ ）‎ A. C、D两点电场强度不同 B. 沿CD连线移动一电量为+q的点电荷，电场力始终做功 C. C点和E点电势相同 D. 将一电量为+q的点电荷沿圆弧面从C点经E点移动到D点过程中，电场力先做负功，后做正功。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、+Q和−Q是等量异种电荷，根据其电场线的分布情况和对称性可知，C、D两点的电场强度大小相等、方向相同，则电场强度相同，故A错误；‎ B、通过AB连线的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，CD连线上电势处处相等。则沿CD连线移动一带+q电量的点电荷，电场力始终不做功。故B错误；‎ C、由上分析知，C点和E点位于AB连线的中垂面上，电势相同，故C正确；‎ D、由B分析可知，将一带电量为−q的点电荷从C点经E点最后到D点，电场力始终不做功，故D错误。‎ ‎【点睛】‎ ‎+Q和-Q是等量异种电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过AB连线的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C、D场强关系；根据电势的变化，分析电场力做功情况。‎ ‎3. 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 A. o点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由安培定则和磁场叠加原理可判断出o点处的磁感应强度方向向下，一定不为为零，选项A错误；a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；a、c两点处磁感应强度的方向不同，选项D正确。‎ ‎4.如图所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面S的正离子数为n1‎ ‎，负离子数为n2，设元电荷电荷量为e，则以下说法正确的是 A. 溶液内电流方向从A到B，电流为 B. 溶液内电流方向从B到A，电流为 C. 溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消 D. 溶液内电流方向从A到B，电流为.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电流的方向与正离子定向移动方向相同，则溶液内电流方向从A到B．t时间内通过通过溶液截面s的电荷量q=n1e+n2e，则根据电流的定义式，故选D.‎ ‎【点睛】本题运用电流的定义式求解电流强度，对于电解质溶液，公式中q是通过溶液截面s的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和．‎ ‎5.如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，所以正确选项B。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Ob之间连一个电阻R，导体框架与导体电阻均不计，若要使OC能以角速度匀速转动，则外力做功的功率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，，又因为，联立解得：，故C正确，‎ 考点：考查了导体切割磁感线运动 点评：解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了．‎ ‎7.如图，“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，，ab长为l，bc长为，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 连接ac，根据几何关系得，根据，F与bc的夹角θ，，D正确．‎ ‎8. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)‎ A. －E B. ‎ C. －E D. ＋E ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M、N点所产生的电场为，则N点的场强为，故A正确；‎ 考点：考查了电场的叠加 ‎【名师点睛】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解 ‎9.如图所示，倾角为的光滑导电轨道间接有电源，轨道间距为，轨道上放一根质量为的金属杆，金属杆中的电流为，现加一垂直金属杆的匀强磁场，金属杆保持静止，则磁感应强度的方向和大小可能为 A. 磁场方向垂直于轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为 B. 磁场方向沿轴正方向，大小为 C. 磁场方向沿轴正方向，大小为 D. 磁场方向沿轴正方向，大小为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由左手定则确定各种情况下的安培力方向，根据平衡条件判断各项即可。‎ ‎【详解】A项：磁场方向垂直于轨道平面向上时，由左手定则可知，安培力方向平行斜面向上，由于此时支持力与安培力垂直，由三力平衡可知，支持力与安培力的合力与重力等大反向，由于支持力方向不变，所以当支持力与安培力垂直时，安培力最小即磁感应强度最小，由公式，解得：，故A正确；‎ B项：磁场方向沿轴正方向时，与电流方向平行，金属杆不受安培力，所以金属杆不可能静止，故B错误；‎ C项：磁场方向沿轴正方向时，由左手定则可知，安培力方向竖直向上，要使金属杆静止，所以mg=BIL，解得：，故C正确；‎ D项：磁场方向沿轴正方向时，，由左手定则可知，安培力方向水平向右，由平衡条件可得：，解得：，故D正确。‎ 故选：ACD。‎ ‎10.两电荷量分别为和的点电荷放在轴上的两点，两电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示,其中两点的电势为零，段中点电势最高，则 A. 为正电荷，为负电荷 B. 电荷量大于的电荷量 C. 间场强方向沿轴正方向 D. 将一负点电荷从点移到点，电场力先做正功后做负功 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ φ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负。‎ ‎【详解】A、B项：由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量，故A、B正确；‎ C项：由N到C过程电势升高，则说明场强沿x轴的反方向，故C错误；‎ D项：N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D正确。‎ 故选：ABD。‎ ‎【点睛】本题考查电势与场强间的关系，要注意明确电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否。‎ ‎11.如图所示电路中，为定值电阻，电源的内电阻为.闭合开关，电压表显示有读数，调节可变电阻的阻值，电压表示数增大量为.对此过程，下列判断正确的是 A. 可变电阻阻值增大，流过它的电流增大 B. 电阻两端的电压减小，减小量小于 C. 通过电阻的电流减小，减小量等于 D. 路端电压一定增大，增大量小于 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：由题可知，电压表的示数增大，R和R1并联的电阻增大，得知R增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过R1的电流增大，所以通过可变电阻R的电流减小，故A错误；R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻R2两端的电压减小量小于△U，由欧姆定律得知，通过电阻R2的电流减小，减小量小于ΔU/ R2．故C错误，B正确．由于电阻R2两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于△U．故D正确．故选BD.‎ 考点：电路的动态分析；闭合电路的欧姆定律.‎ ‎【名师点睛】此题是动态电路的分析以及全电路欧姆定律的应用问题；解题时要根据部分与整体的关系，采用总量法分析R2两端的电压减小量和△U的增加量的大小，即总量增大，增大的量较大。‎ ‎12.如图所示，圆形区域半径为，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为，为磁场边界上的最低点。大量质量均为，电荷量绝对值均为的带负电粒子，以相同的速率从点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径r=，为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则 A. 粒子射入磁场的速率为 B. 粒子在磁场中运动的最长时间为 C. 不可能有粒子从点射出磁场 D. 若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从点水平射出 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 由洛伦兹力提供向心力：，解得：，根据题意，以上联立可得：，故A正确；当粒子以直径2R为弦时，运动时间最长，由几何关系可知圆心角为600，粒子运动的周期为：，由此可知粒子运动时间为：，故B正确；粒子的轨道半径为2R，磁场的半径为R，粒子可能从C点射出，故C正确；当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射出的粒子，可以从A点水平射出，且速度满足：，故D正确。所以ABD正确，C错误。‎ 二、实验题 ‎13.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。‎ ‎(1)如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是___________。（选填选项前面的字母） ‎ A. 当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔          ‎ B. 当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 C. 当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是红表笔          ‎ D. 当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔 ‎(2)用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。‎ a.若所选挡位为直流50mA挡，则示数为________mA；‎ b.若所选挡位为电阻×10Ω挡，则示数为________Ω。 ‎ ‎(3)用该多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤序号：__________。‎ A．将红表笔和黑表笔接触 B．把选择开关旋转到“×100”位置 C．把选择开关旋转到“×1k”位置 D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 ‎ ‎(4)某小组同学们发现欧姆表的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图所示的几种图象，其中可能正确的是________。‎ A、 B、‎ C、 D、‎ ‎【答案】 (1). A (2). 21.0 (3). 190 (4). BAD (5). AC ‎【解析】‎ ‎（1）当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故A正确；当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故B错误；当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故C错误；当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎（2）如果是用直流50mA档测电流，选择第二排刻度，分度值为1mA，则读数为：21.0mA。‎ ‎（3）被测电阻阻值为19×10=190Ω。‎ ‎（4）先测15Ω的电阻，然后再测阻值约为2kΩ的电阻，应把选择开关置于“×100Ω”挡，然后进行欧姆调零，再测电阻，电阻测量完毕后，要把选择开关置于OFF挡，则正确的实验步骤为： B、A、D.‎ ‎（5）设电流表内阻、滑动变阻器的有效值的总阻值为R总，设接入的待测电阻为Rx；由电流表表盘刻度均匀可知：电流表指针偏转角度与通过的电流成正比；若电流I与待测电阻Rx也成正比，则欧姆表的刻度也应该是均匀的．但是根据电路有：，可见I与Rx 不成正比，所以欧姆表刻度不均匀，根据数学知识可知C正确，D错误；上式变形得：，可知A正确，B错误。所以AC正确，BD错误。‎ 三、计算题 ‎14.如图所示,质量为的带电小球用长为的绝缘细线（不可伸长）悬挂于点,并处在场强为. 水 平向左的匀强电场中，球静止时丝线与竖直方向的夹角.现将小球拉至虚线所示位置（细线水平拉直，与点高度相同）后由静止开始释放(,)。‎ 求：(1)小球带何种电荷，电荷量是多少？(2)小球摆动到最低点时速度的大小和细线所受拉力F的大小。‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)小球静止在电场中时，受到重力、线的拉力和电场力而平衡，根据平衡条件确定小球的电性。小球在匀强电场中，受到的电场力大小为F=qE，根据平衡条件求出带电小球的电量；‎ ‎(2)先由动能定理求出小球摆动到最低点时的速度v，再根据牛顿第二定律和向心力公式求解拉力FT的大小。‎ ‎【详解】(1) 由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，则小球带正电。分析小球的受力情况，作出受力图如图，‎ 根据平衡条件得：‎ qE=mgtanθ 解得： ；‎ ‎(2) 小球从水平位置摆动到最低点的过程中，由动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 小球在最低点时，由重力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 由牛顿第三定律可知细线所受的拉力大小为。‎ ‎【点睛】本题是电场中的力平衡和圆周运动问题，要转换观念，当作力学问题去处理，运用平衡条件、牛顿运动定律和动能定理等等力学规律求解。‎ ‎15.如图所示，在平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于轴向下；在轴和第四象限的射线(与轴的夹角为)之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外。有一质量为，带有电荷量的粒子由电场左侧平行于轴射入电场。粒子到达轴上点时，速度方向与轴的夹角也为φ，点与原点的距离为d，接着粒子进入磁场，并垂直于飞离磁场。不计粒子重力影响。‎ 求：(1)粒子在磁场中运动的速度大小；(2)匀强电场的场强大小；(3)粒子水平进入电场时距离原点的距离.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系由洛仑兹力充当向心力可求得粒子在磁场中的速度；‎ ‎(2)粒子在电场中做的是类平抛运动，对水平方向的匀速和竖直方向的匀加速分中别进行分析，根据牛顿第二定律及运动学公式可求得电场强度；‎ ‎(3)根据运动学公式，结合加速度，即可求解。‎ ‎【详解】(1) 画出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 由几何关系得：R=dsinφ   ①‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：‎ ‎ ②‎ 解得：v= ③；‎ ‎(2) 质点在电场中作类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，‎ 则有：v0=vcosφ  ④‎ vsinφ=at   ⑤‎ d=v0t   ⑥‎ 解得： ‎ 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得：‎ qE=ma      ⑦‎ ‎③～⑦式联立，解得：；‎ ‎(3) 设粒子入射点位于y轴正方向的D点，距离原点O为L，‎ 粒子在竖直方向做匀加速直线运动：  ⑧‎ ‎⑥～⑧式联立，解得：。‎ ‎【点睛】本题为电荷在电场和磁场中运动的题目，在电场中的运动一般以平抛为主，而在圆周运动中主要考查匀速圆周运动，应注意找出圆心和半径；同时要注意题目中哪些为已知量哪些为未知量。‎ ‎16.如图所示，间距为m的两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，倾斜部分导轨的倾角，上端连有阻值的定值电阻，倾斜导轨处于大小为T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。水平部分导轨足够长，图示矩形虚线框区域存在大小为T、方向竖直向上的匀强磁场,磁场区域的宽度m.现将质量kg、阻值、长m的导体棒从倾斜导轨上端释放，达到稳定速度后进入水平导轨，当导体棒穿过磁场区域时速度，已知导体棒穿过磁场区域的过程中速度变化量与在磁场中通过的距离满足（比例系数未知），运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。‎ 求：(1)导体棒的速度；‎ ‎(2)导体棒穿过磁场区域的过程中通过R的电荷量及导体棒产生的焦耳热；‎ ‎(3)若磁场大小可调节，其他条件不变,为了使导体棒停留在磁场区域，需满足什么条件。‎ ‎【答案】（1）8m/s（2）1.5C；1.5 J（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当导体棒ab运动稳定后，做匀速运动，由平衡条件知，‎ ab产生的感应电动势 感应电流 联立得 ‎（2）穿过B2磁场过程中通过R的电荷量 联立得 1.5C 设穿过B2磁场过程中产生的总焦耳热为Q，则由能量守恒定律知 导体棒ab产生的焦耳热 联立得Q=1.5 J ‎（3）根据题意有，，则若导体棒ab以速度v′通过B2磁场时与在磁场中通过的距离x′满足 导体棒ab在B1磁场中达到稳定速度时，由平衡条件知 又 联立得 根据题意，‎ 联立以上二式并代入数据得T。‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）由导体棒达到稳定速度后进入水平导轨，在区域Ⅰ受力平衡，根据受力平衡列方程，可求稳定速度； （2）根据平均电流求出电荷量；根据能量守恒定律求出回路产生的焦耳热，再根据电路的串联关系求出导体棒产生的焦耳热；‎ ‎（3）由导体棒的速度变化量与位移的关系求得导体棒不能通过区域Ⅱ的初速度范围，然后根据受力平衡求得区域Ⅰ的磁感应强度范围。‎ ‎ ‎ ‎ ‎