2018-2019学年河北省武邑中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年河北省武邑中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

河北省武邑中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1. 下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是( )‎ A. 电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B. 磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C. 静电场中的电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线 D. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方, 同一通电导线所受的磁场力也越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线和磁感线是为了描述电场和磁场假想的曲线，都不是电场或磁场中实际存在的线，选项A错误；磁场中两条磁感线一定不相交，电场中的电场线也是不相交的，选项B错误；磁感线是一条闭合有方向的曲线，而电场线不是闭合的但有方向的曲线，选项C错误；电场线越密的地方，电场越强，磁感线越密的地方，磁场也越强，选项D正确；故选D.‎ ‎2.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是 A. M带正电，N带负电 B. M的速率大于N的速率 C. 洛伦兹力对M、N做正功 D. M的运行时间大于N的运行时间 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷，A错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=‎ ‎，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；洛伦兹力不做功，C错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。‎ 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中运动。‎ ‎3.如图所示，A、B、C三只电灯均能发光，当把滑动变阻器的触头P向下滑动时，三只电灯亮度的变化是(　　) ‎ A. A、B变亮，C变暗 B. A、B、C都变亮 C. A、C变亮，B变暗 D. A变亮，B、C变暗 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑动触头向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则A灯变亮。电路中并联部分电压 U并=E-I（RA+r），I增大，其他量不变，则U并减小，C灯变暗。通过B灯的电流 IB=I-IC，I增大，IC减小，则IB增大，B灯变亮。所以A、B灯变亮，C灯变暗。故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎【点睛】对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部→整体→局部”的思路，按部就班进行分析．也可以直接根据串联电路电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化，确定A、C两灯亮度的变化.‎ ‎4.一电流表的满偏电流Ig＝1 mA，内阻为200 Ω.要把它改装成一个量程为‎0.5 A的电流表，则应在电流表上（ ）‎ A. 并联一个约为200 Ω的电阻 B. 并联一个约为0.4 Ω的电阻 C. 串联一个约为0.4 Ω的电阻 D. 串联一个约为200 Ω的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 要使电流表量程变为‎0.5A，需要并联分流电阻，流过分流电阻的电流：‎ ‎，‎ 并联部分的电压：，‎ 则需要并联的电阻：；‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示，AB为均匀带有电荷量为＋Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB。AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上某点P处、带电荷量为＋Q的点电荷所形成的电场在C点的电势。若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝k。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C′处的电势为 A. φ0 B. φ‎0 C. 2φ0 D. 4φ0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 根据题意，C处电势等价于在AB某处点电荷产生的电势。我们不妨就假设该点就在AB中点处。则的电势等于，即答案为C 考点：电势的叠加原理 点评：此类题型主要是要依据题目中所给信息，并要用特殊位置来确定解题思路。通过题目给的电势的公式，结合数学相似三角形的知识，找到线段关系。通过仔细审题才能够找到解题关键。‎ ‎6.图（a）为示波管的原理图。如果在点击之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．‎ 解答：解：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B；‎ 故选B．‎ 点评：本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考．‎ ‎7.如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过 ( ) ‎ A. 40 W B. 60 W C. 80 W D. 120 W ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由电路图可知，IL3=2IL2=2IL1；则L3消耗的功率最大，当L3消耗的功率是40 W时，根据P=I2‎ R可知，L1、L2各消耗功率10 W，则电路消耗的总功率为60 W，故选B。‎ ‎8.两个完全相同的金属小球，半径远小于两小球之间距离，带电量之比为1∶7，相距为r，两者之间的引力为F，相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力为原来的（　 　）‎ A. 3/7 B. 4/‎7 C. 9/7 D. 16/7‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由库仑定律可得，两球接触前的库仑力：； 当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量： ‎ 两球接触后的库仑力；当两球带异种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量；两球接触后的库仑力 ，故CD正确，AB错误．故选CD．‎ 点睛：两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向．‎ ‎9.以无穷远处电势为零，下列关于电势与电势能的说法正确的是（ ）‎ A. 电荷在电场中电势高的地方电势能大 B. 在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大 C. 在正点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大 D. 在负点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】正电荷在电场中电势高的地方电势能大，负电荷在电场中电势高的地方电势能小，选项A错误；在电场中的某点，电量大的正电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大，而电量大的负电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能小，选项B错误；在正点电荷形成的电场中的某点，电势为正值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大，选项C正确；在负点电荷形成的电场中的某点，电势为负值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小，选项D正确；故选CD.‎ ‎10. 如图，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关闭合。两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子正好以速度v匀速穿过两板。以下说法正确的是（ ）‎ A. 保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 B. 保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 C. 保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出 D. 如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查的是电流和电压对平心板电容器内的电场的影响，保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，电容器两端电压增大，电场增强，电场力（向下）将大于洛伦兹力（向上），粒子将可能从下极板边缘射出；A错误，保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电压不变，极板距离减小电场增强，粒子将可能从下极板边缘射出；C错误，如果将开关断开，电容器放电，电场将消失，粒子将不能穿出；D错误；‎ ‎11.指南针是我国古代四大发明之一，关于指南针，下列说明正确的是（ ）‎ A. 指南针可以仅具有一个磁极 B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C. 仅受地磁场作用的指南针，指向南方的磁极是指南针的南极 D. 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】任何磁体都有两个磁极，即N极和S极，选项A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，选项B正确；仅受地磁场作用的指南针，指向南方的磁极是指南针的南极，选项C正确；在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时由于通电导线产生的磁场方向是东西方向，则指南针要偏转，选项D错误；故选BC.‎ ‎12.如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2‎ 的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。则（ ）‎ A. 流经电阻R1中的电流方向为b到a B. 回路中感应电动势的大小为 C. 回路中感应电流大小为 D. a与b之间的电势差为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由图象分析可知，0至t1时间内有，由法拉第电磁感应定律有：，面积为：s=πr22，由闭合电路欧姆定律有：I1=，联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为：I1=；由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误，B正确；线圈两端的电压大小为U=I12R=，故C正确；通过电阻R1上的电量为：q=I1t1=，故D错误；故选BC．‎ 点睛：此题考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率．同时磁通量变化的线圈相当于电源．‎ 二、实验题 ‎13.读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数。‎ 游标卡尺的读数为_________mm.；螺旋测微器的读数为_________mm.‎ ‎【答案】 (1). 11.4 (2). 10.294到10.296都对 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【详解】游标卡尺的读数为：‎1.1cm+‎0.1mm×4=‎11.4mm；‎ 螺旋测微器的读数为：‎10mm+‎0.01mm×29.5=‎10.295mm.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎14.在测定电流表的内阻的实验中备用的器材有:‎ A. 待测电流表G（量程0～100μA，内阻约为600Ω）‎ B. 标准电压表（量程0～5 V）‎ C. 电阻箱（阻值范围0～9999 Ω）‎ D. 电阻箱（阻值范围0～99999 Ω）‎ E. 电源（电动势2 V，内阻不计）‎ F. 电源（电动势6 V，有内阻）‎ G. 滑动变阻器（阻值范围0～50 Ω，额定电流‎1.0 A），还有若干开关和导线.‎ ‎（1）如果采用如图所示的电路测定电流表G的内阻，并且要想得到较高的精确度，那么从以上备用的器材中，可变电阻R1应选用________，可变电阻R2应选用________，电源E应选用________（用上述器材前的字母代号填写）‎ ‎（2）如果实验时要进行的步骤有：‎ A. 合上S1.‎ B. 合上S2‎ C. 观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大.‎ D. 调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度. ‎ E. 调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半.‎ F. 记下R2的阻值.‎ 把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上：__________________‎ ‎（3）如果在步骤F中所得R2的阻值为600Ω，则被测电流表的内阻rg的测量值为________Ω.‎ ‎（4）电流表内阻的测量值r测与其真实值r真的大小关系是________.（填“＞”“＜”或“＝”）‎ ‎【答案】 (1). D (2). C (3). F (4). C A D B E F (5). 600 (6). <‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验通过半偏法测量电流表G的内阻，抓住整个电路电流要基本保持不变，确定选择的器材。并联电阻后总电流变大，故通过并联电阻的电流大于电流表的电流，则其电阻小于电流表的内阻，即R′小于真实值，所以这种方法测出的电流表的内阻Rg比它的真实值偏小。‎ ‎【详解】（1）利用半偏法测量电流表G的内阻，要保证总电流基本不变，则R1的阻值远大于R2的阻值。故可变电阻R1应该选择D；可变电阻R2应该选择C．电源选择6V的大电源F； （2）半偏法测量电流表内阻的步骤是：①C．观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大；②A．合上S1；③D．调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；④B．合上S2；⑤E．调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；⑥F．记下R2的阻值。即合理顺序：CADBEF； （3）根据实验的原理可知，使电流表指针偏转到满偏刻度的一半；则可知，R2分流为满偏电流的一半；故R2=rg所得的被测电流表A的内阻rg的测量值rg=R2=600Ω； 因为在电流表的一侧并联R2后，该部分电阻变小，电路中的总电阻减小，流过总电路的电流变大，所以当电流表半偏时，流过电阻R2的电流要大于流过电流表的电流，所以R2的阻值要小于电流表的阻值。‎ ‎【点睛】本题考查半偏法测电阻，认为电流表与电阻并联后总电压不变，则电流表的内阻=‎ 所并联电阻值。考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻的量程，及电流到电压的换算公式。‎ 三．论述计算题 ‎15.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平放置两根间距l＝‎0.4m的平行光滑金属直导轨，一端接有电动势E＝4V的理想电源和R1＝9Ω的电阻，阻值R2＝1Ω的金属棒ab与导轨接触良好，在水平拉力F＝0.8N的作用下，金属棒ab保持静止状态（其余电阻不计）。‎ 求：‎ ‎（1）金属棒ab中的电流大小；‎ ‎（2）磁感应强度的大小。‎ ‎【答案】（1）‎0.4A（2）5T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律求金属棒ab中的电流大小；‎ ‎（2）金属棒ab保持静止状态，所受的安培力与水平拉力二力平衡，由平衡条件和安培力公式F=BIL结合求解B的大小．‎ ‎【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得金属棒ab中的电流大小为： ‎ ‎（2）金属棒ab保持静止状态，所受的安培力与水平拉力二力平衡，由平衡条件得： F=BIL 则有：‎ ‎16.如图所示，竖直放置的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于水平向左的匀强电场中.今将小球从与环心O在同一水平线上的A点由静止释放，它沿顺时针方向运动到环的最高点D时速度恰好为零，则：‎ ‎(1)电场强度大小为多大? ‎ ‎(2)小球到达最低点B时对环的压力为多大?‎ ‎【答案】（1）mg/q （2）5mg ‎【解析】‎ 小球在运动过程中受到重力、电场力与环的弹力作用，环的弹力对小球不做功； （1）从A到D的过程中，由动能定理得：-mgr+qEr=0-0， 解得：E=； （2）从A到B的过程中，由动能定理得：mgr+qEr=mv2-0 解得：v=2； 小球在B点做圆周运动，环的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ F-mg=m 解得：F=5mg， 由牛顿第三定律得：小球在B点时对环的压力大小F′=F=5mg； 点睛：本题考查了求电场强度、小球的速度、环受到的压力等问题，对小球正确受力分析、熟练应用动能定理、向心力公式即可正确解题．‎ ‎17.如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ；‎ ‎（3）电子打到屏上的点O′到O点的距离．‎ ‎【答案】（1）　（2）2　（3）‎‎3L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间； （2）在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为tanθ＝； （3）做出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得．‎ ‎【详解】（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得： ①　‎ 由x＝at2得： ②　‎ 电子进入电场E2时的速度为：v1＝a1t1③　‎ 电子从进入电场E2至打到屏上的过程中，在水平方向做匀速直线运动，时间为：t2＝ ④　　‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1＋t2⑤　　‎ 联立①②③④⑤式解得：t＝3‎ ‎（2）设电子刚射出电场E2时平行电场方向的速度为vy 电子进入电场E2时的加速度为：⑥　　‎ vy＝a2t3 ⑦　　‎ t3＝ ⑧　‎ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为：tan θ＝ ⑨　‎ 联立解得：tan θ＝2 ⑩　‎ ‎（3）电子在电场中的运动轨迹如图所示：‎ 设电子打到屏上的点O′到O点的距离为x，‎ 由几何关系得：tan θ＝⑪　‎ 联立得：x＝‎3L.‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，画出运动轨迹，根据力与运动关系找出运动规律即可求解．‎