物理卷·2018届西藏拉萨市北京实验中学高二上学期期末物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届西藏拉萨市北京实验中学高二上学期期末物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年西藏拉萨市北京实验中学高二（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题，共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．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（　　）‎ A． F B． F C． F D．12F ‎2．有一电场的电场线分布如图所示，场中A、B两点的电场强度和电势分别用EA、EB和φA、φB表示，则有（　　）‎ A．EA＞EB，ψA＞ψB B．EA＜EB，φA＜φB C．EA＞EB，φA＜φB D．EA＜EB，φA＞φB ‎3．如果在某电场中将5.0×10﹣8C的电荷由A点移到B点，电场力做功为6.0×10﹣3J，那么（　　）‎ A．A、B两点间的电势差是1.2×105V B．A、B两点间的电势差是3.0×10﹣10V C．若在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷，电场力将做3.0×10﹣3J的功 D．若在A、B两点间移动1.0×10﹣7C的电荷，电场力将做3.0×10﹣17J的功 ‎4．连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时（　　）‎ A．电容器的电容C变大 B．电容器极板的带电荷量Q变大 C．电容器两极板间的电势差U变大 D．电容器两极板间的电场强度E变大 ‎5．某同学在探究通过导体的电流与其电压的关系时，将记录的实验数据通过整理作出了如图所示的图象，根据图象分析，下列说法正确的是（　　）‎ A．导体a的电阻大于b的电阻 B．当导体b两端电压是1V时，通过b导体中的电流为0.1A C．当通过导体a的电流为0.9A时，导体a两端的电压为4V D．将导体b连接到电压为5V的电源上时通过导体b的电流为0.5A ‎6．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻 ‎7．一根长为0.2m，电流为2A的通电导线，放在磁感应强度为0.5T 的匀强磁场中，受到磁场力的大小不可能是（　　）‎ A．0.4N B．0.2N C．0.1N D．0‎ ‎8．在以下几幅图中，洛伦兹力的方向判断正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎9．在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω，实验室备有下列实验器材：‎ A．电压表V1（量程0～3V，内阻约为15kΩ）‎ B．电压表V2（量程0～15V，内阻约为75Ω）‎ C．电流表A1（量程0～3A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）‎ E．变阻器R1（0～100Ω，0.6A）‎ F．变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）‎ G．电池组E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）‎ H．开关S，导线若干 ‎（1）为减小实验误差，电流表应选用，电压表应选用　　（填序号）．‎ ‎（2）为减小实验误差，应选用图1中填　　（甲或乙）为该实验的电路原理图．‎ ‎（3）按所选择的电路原理图把图2中的实物图用线连接起来．‎ ‎（4）若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图3、4所示，则金属丝的直径为　　mm，电阻值为　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题，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．‎ ‎10．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M的绕线的电阻R0=1Ω，求：‎ ‎（1）电源的总功率．‎ ‎（2）电动机的输出功率．‎ ‎11．如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为0.3kg的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，求：（g=10m/s2） ‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（2）ab棒对导轨的压力．‎ ‎12．一质量为m带电量为q的粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场将做匀速圆周运动，试推导其轨道半径公式及周期公式．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年西藏拉萨市北京实验中学高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．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（　　）‎ A． F B． F C． F D．12F ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．‎ ‎【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，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F′=k，‎ 所以两球间库仑力的大小为F．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．有一电场的电场线分布如图所示，场中A、B两点的电场强度和电势分别用EA、EB和φA、φB表示，则有（　　）‎ A．EA＞EB，ψA＞ψB B．EA＜EB，φA＜φB C．EA＞EB，φA＜φB D．EA＜EB，φA＞φB ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低，据此可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：根据电场线疏密表示电场强度大小，EA＜EB；根据沿电场线的方向电势降低，φA＜φB，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如果在某电场中将5.0×10﹣8C的电荷由A点移到B点，电场力做功为6.0×10﹣3J，那么（　　）‎ A．A、B两点间的电势差是1.2×105V B．A、B两点间的电势差是3.0×10﹣10V C．若在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷，电场力将做3.0×10﹣3J的功 D．若在A、B两点间移动1.0×10﹣7C的电荷，电场力将做3.0×10﹣17J的功 ‎【考点】电势差；电势能．‎ ‎【分析】根据公式UAB=求解电势差．A、B间的电势差与所移动的电荷无关，再由公式W=qU求解在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷时，电场力做的功．‎ ‎【解答】解：A、B，A、B两点间的电势差UAB==V=1.2×105V．故A正确，B错误．‎ ‎ C、D，在A、B两点间移动2.5×10﹣8C的电荷时，A、B间的电势差不变．则电场力做功为 ‎ WAB′=q′UAB=2.5×10﹣8×1.2×105J=3.0×10﹣3J ‎ 故C正确，D错误．‎ 故选AC ‎　‎ ‎4．连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时（　　）‎ A．电容器的电容C变大 B．电容器极板的带电荷量Q变大 C．电容器两极板间的电势差U变大 D．电容器两极板间的电场强度E变大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】根据电容的决定式，分析两极板间的距离减小时电容的变化．电容器接在电源上，电容器的电压不变，由电容的定义式分析电容器极板的带电荷量Q变化．由E=分析板间场强的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、当两极板间的距离减小时，根据电容的决定式C=分析得知，电容C变大．故A正确．‎ B、由题可知，电容器的电压不变，C变大，由C=得到，电容器极板的带电荷量Q变大．故B正确．‎ C、电容器两极板间的电势差U等于电源的电动势，保持不变．故C错误．‎ D、U不变，d减小，由E=分析得知板间场强E增大．故D正确．‎ 故选ABD ‎　‎ ‎5．某同学在探究通过导体的电流与其电压的关系时，将记录的实验数据通过整理作出了如图所示的图象，根据图象分析，下列说法正确的是（　　）‎ A．导体a的电阻大于b的电阻 B．当导体b两端电压是1V时，通过b导体中的电流为0.1A C．当通过导体a的电流为0.9A时，导体a两端的电压为4V D．将导体b连接到电压为5V的电源上时通过导体b的电流为0.5A ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】明确图象的性质，根据图象分别求出两电阻的阻值大小，再根据欧姆定律分析电流和电压即可．‎ ‎【解答】解：A、I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，故a的电阻小于b的电阻，故A错误；‎ B、由图可知b的电阻Rb==10Ω，当导体b两端电压是1V时，通过b导体中的电流为I==0.1A，故B正确；‎ C、a的电阻Ra==5Ω，则当电流为0.9A时，电压U=IRa=0.9×5=4.5V，故C错误；‎ D、将导体b连接到电压为5V的电源上时通过导体b的电流为I’==0.5A，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎6．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R=，U为量程．‎ ‎【解答】解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：R===1800Ω A 串联阻值不对．故A错误 B 不应并联．故B错误 C 符合要求．故C正确 D 不应并联．故D错误 故选：C ‎　‎ ‎7．一根长为0.2m，电流为2A的通电导线，放在磁感应强度为0.5T 的匀强磁场中，受到磁场力的大小不可能是（　　）‎ A．0.4N B．0.2N C．0.1N D．0‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小．由安培力公式求出导线所受磁场力的范围再选择．‎ ‎【解答】解：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为Fmax=BIL=0.5×2×0.2N=0.2N；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零．则导线所受磁场力的范围为0﹣0.2N．‎ 故选A ‎　‎ ‎8．在以下几幅图中，洛伦兹力的方向判断正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】带电粒子在磁场中运动时受到洛伦兹力方向根据左手定则判断，由磁感线方向确定手心方向，由电荷运动方向确定四指指向，由大拇指指向来判断洛伦兹力的方向．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则，磁感线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向向右，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力向上．故A正确．‎ ‎ B、根据左手定则，磁感线穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向向左，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力向上．故B错误．‎ ‎ C、当速度与磁感线平行时，电荷不受洛伦兹力．故C错误．‎ ‎ D、根据左手定则，磁感线穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向向下，拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力方向垂直纸面向外．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 二、填空题 ‎9．在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω，实验室备有下列实验器材：‎ A．电压表V1（量程0～3V，内阻约为15kΩ）‎ B．电压表V2（量程0～15V，内阻约为75Ω）‎ C．电流表A1（量程0～3A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）‎ E．变阻器R1（0～100Ω，0.6A）‎ F．变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）‎ G．电池组E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）‎ H．开关S，导线若干 ‎（1）为减小实验误差，电流表应选用，电压表应选用　D、A　（填序号）．‎ ‎（2）为减小实验误差，应选用图1中填　乙　（甲或乙）为该实验的电路原理图．‎ ‎（3）按所选择的电路原理图把图2中的实物图用线连接起来．‎ ‎（4）若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图3、4所示，则金属丝的直径为　0.635　mm，电阻值为　2.4　Ω．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路．‎ ‎（3）根据电路图连接实物电路图；‎ ‎（4）由图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值，由电阻定律求出电阻率．‎ ‎【解答】解：（1）由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A，被测电阻阻值约为5Ω，电路中的最大电流约为I==A=0.6 A，电流表应选D．‎ ‎（2、3）由于＞，应采用电流表外接法，应选乙所示电路，实物连接如下图所示．‎ ‎（4）从螺旋测微器可以读出金属丝的直径为0.635 mm，从电压表可以读出电阻两端电压为1.20 V，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.50 A，‎ 被测电阻的阻值为：Rx==Ω=2.4Ω．‎ 答案：（1）D、A；（2）乙；‎ ‎（3）如上图所示；（4）0.633﹣0.637，2.4．‎ ‎　‎ 三、计算题，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．‎ ‎10．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M的绕线的电阻R0=1Ω，求：‎ ‎（1）电源的总功率．‎ ‎（2）电动机的输出功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由题，“8V，16w”的灯泡L恰好能正常发光，灯泡的电压为U=8V，电源的内电压为U′=E﹣U=2V，根据欧姆定律求出电路中总电流I，电源的总功率为P=EI．‎ ‎（2）根据功率功率求出灯泡的电流，通过电动机的电流等于总电流与灯泡电流之差．电动机的输出功率等于电功率与发热功率之差．‎ ‎【解答】解：依据题意可知 ‎（1）由题可知，电路中路端电压为U=8V，电路中的总电流I==A=4A 则电源的总功率为P=EI=10×4W=40W ‎（2）通过灯泡的电流IL==A=2A 通过电动机的电流IM=I﹣IL=2A 电动机的热功率：P热=R0=22×1W=4W 电动机的输出功率：P出=UIM﹣P热=8×2W﹣4W=12W 答：‎ ‎（1）电源的总功率是40W．‎ ‎（2）电动机的输出功率是12W．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为0.3kg的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，求：（g=10m/s2） ‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（2）ab棒对导轨的压力．‎ ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】金属棒ab受到重力mg、导轨的支持力FN和安培力F作用，安培力F=BIL，根据平衡条件求解磁感应强度B和导轨对棒的支持力，再求出棒对导轨的压力．‎ ‎【解答】解：金属棒ab受到重力mg、导轨的支持力FN和安培力F作用，力图如图所示．‎ 根据平衡条件得 ‎ F=mgtan60°‎ ‎ FN=2mg 又F=BIL 得到B==1.73T，FN=6N 由牛顿第三定律得棒对导轨的压力大小为6N． ‎ 答：磁感应强度B为1.73T，棒对导轨的压力大小6N．‎ ‎　‎ ‎12．一质量为m带电量为q的粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场将做匀速圆周运动，试推导其轨道半径公式及周期公式．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电量为q的粒子以速度v垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中后，做匀速圆周运动，需要的向心力由洛伦兹力提供，根据洛伦兹力等于向心力列式求解．‎ ‎【解答】解：设粒子圆周运动的周期为T，由洛伦兹力等于向心力得：‎ qvB=m①‎ qvB=mr②‎ 由①得半径r=③‎ 由②得周期T=，将③代入得：‎ T=‎ 答：粒子在磁场运动的半径公式为r=；周期公式为T=‎ ‎　‎