【物理】宁夏石嘴山市平罗中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】宁夏石嘴山市平罗中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

宁夏平罗中学2019-2020学年高二上学期期末物理试题 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 法拉第提出的“分子电流”假说，揭示了磁现象的电本质 B. 元电荷e的数值最早是由库仑用实验测得的 C. 奥斯特发现了电流的磁效应 D. 静电力常量是卡文迪许通过扭秤实验测得的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．安培提出的“分子电流”假说，揭示了磁现象的电本质，故A错误；‎ B．元电荷e的数值最早是由密立根用油滴实验测得的，故B错误；‎ C．奥斯特发现了通电导线周围的小磁针发生偏转，发现了电流的磁效应，故C正确；‎ D．静电力常量是库伦通过扭秤实验测得的，故D错误。‎ 故选C．‎ ‎2.下列说法正确的是( )‎ A. 电流的方向就是电荷移动的方向 B. 根据公式当两个点电荷距离趋于0时，电场力将趋于无穷大 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零.‎ D. 电源电动势反映了电源把其他形式能转化为电势能的本领 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电流的方向为正电荷的移动方向，故A错误；‎ B．库伦定律适用的研究对象是点电荷，当两个电荷距离太近则不能视为点电荷，库伦定律不再适用，故B错误；‎ C．磁场方向和电流方向相同，通电导线不受安培力，但磁感应强度不为零，故C错误；‎ D．电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领，故D正确。‎ 故选D．‎ ‎3.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F ‎，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为 A. ‎16F B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由库仑定律可得变化前为：，变化后为：‎ A．‎16F．故A不符合题意． B．．故B符合题意． ‎ C．．故C不符合题意． D．．故D不符合题意．‎ ‎4.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．下列判断正确的是 A. 该粒子带负电 B. 粒子在M点的速度大于N点的速度 C. 粒子在M点的加速度大于N点的加速度 D. 粒子在M点的电势能大于N点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、带电粒子的轨迹向下弯曲,则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下,则知带电粒子带正电,故A错误. B、从M到N，电场力做正功,动能增大,速度也增大,故带电粒子在M点的速度小于在N点的速度.故B错误. C、电场线的疏密表示场强大小,由图知粒子在M点的场强小于N点的场强,在M点的加速度小于N点的加速度.故C错误. D、电场力做正功,电势能减小.所以D选项是正确的.‎ 故选D ‎【点睛】带电粒子的轨迹向下弯曲,则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下,则知带电粒子带正电,由电场线的疏密可判断场强的大小,再判断电场力的大小.由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向,确定电场力做功情况,分析电势能和动能的变化,再分析速度的变化.带电粒子的动能和电势能总和守恒.‎ ‎5.如图所示的长方体是用电阻率为ρ的均匀金属制成的，长度为‎2L，其横截面为正方形，边长为L，若将它的a、b端接入电路时的电阻为R，则将它的两个侧面上的c、d端接入电路时的电阻是（　　）‎ A. R B. R/‎4 ‎C. R/2 D. 4R ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当a、b端接入电路时，横截面积为L2，长为‎2L；根据电阻定律．‎ 当c、d接入电路时，横截面积为‎2L2，长为L，根据电阻定律．‎ 所以．故B项正确，ACD三项错误．‎ ‎6. 空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )‎ A. P、Q两点处的电荷等量同种 B. a点和b点的电场强度相同 C. c点的电势低于d点的电势 D. 负电荷从a到c，电势能减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ P、Q两点处的电荷等量异种，选项A错误；a点和b点的电场强度大小相等，方向不同，选项B错误；c点的电势高于d点的电势，选项C错误；负电荷从a到c，电场力做功，电势能减少，选项D正确．‎ ‎7. 如图1，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所2示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（ ）‎ A. EA＜EB；φA＜φB B. EA＜EB；φA＞φB C. EA＞EB；φA＜φB D. EA＞EB；φA＞φB ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况．‎ 解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，‎ 故A点的电场强度较大，故EA＞EB；‎ 正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即φA＞φB；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小．‎ ‎8.如图所示，在条形磁铁S极附近悬挂一个圆形线圈，线圈平面与水平磁铁位于同一平面内，当线圈中通以如图所示方向的电流时，线圈将(　　)‎ A. 向磁铁平移 B. 远离磁铁平移 C. 边转动边向左摆动 D. 边转动边向右摆动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】通以顺时针的电流，由于处于S极的磁体附近，根据左手定则可得，线圈左边安培力垂直纸面向外，右边安培力垂直纸面向里．从上往下看，导致线圈逆时针转动，由于磁场的不均匀，导致线圈受到安培力的作用向磁铁靠近．即线圈将边转动边向左摆动,C正确,‎ ‎9.下列说法正确的是( )‎ A. 磁场是一种看不见摸不着的实际存在的物质 B. 根据公式可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比 C. 只对匀强电场成立 D. 带电粒子在磁场中运动时一定会受到洛仑兹力的作用 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁场看不见摸不着，但是客观存在，故A正确；‎ B．公式是电场强度的定义式，电场强度是电场本身固有的属性，与和无关，故B错误；‎ C．公式是匀强电场中电势差与电场强度的关系，故C正确；‎ D．带电粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力，故D错误。‎ 故选AC．‎ ‎10.如图所示电路，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，L是小灯泡，C是电容器，电源内阻为r．开关S闭合后，在滑动变阻器的滑片向上滑动过程中 A. 电压表示数变大 B. 小灯泡变亮 C. 电容器所带电荷量增大 D. 电源的总功率变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R2增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变暗．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大．故A符合题意，B不符合题意．‎ C．电路稳定时电容器的电压等于R2的电压，根据串联电路电压分配规律可知，R2增大，电容器的电压增大，则电容器所带电荷量增大．故C符合题意． D．电源的总功率为P=EI，干路电流I减小，则电源的总功率变小．故D不符合题意．‎ ‎11.如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心、r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点．已知a点的磁感应强度为0，则下列叙述正确的是(　　)‎ A. 直导线中的电流方向垂直于纸面向外 B. b点的实际磁感应强度为T，方向斜向右上方，与B的夹角为45°‎ C. c点的实际磁感应强度为0‎ D. d点实际磁感应强度与b点相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里，故A错误； B．由上知道，通电导线在a点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为，方向与B的方向成45°斜向上，故B正确； C．通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同，故C错误； D．通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，则d点感应强度为，方向与B的方向成45°斜向下，与b点磁感应强度大小相等，方向不同，故D错误。 故选B。‎ ‎12.如图所示，A、B两相同的金属板水平放置．现让两板带上等量异种电荷，两板间形成竖直方向的匀强电场．将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中．当粒子射入速度为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，电场力做功为W1；当粒子射入速度为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，电场力做功为W2．不计粒子重力，则(　 　) ‎ A. v1∶v2＝2∶1 B. v1∶v2＝2∶1‎ C W1∶W2＝1∶1 D. W1∶W2＝1∶2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】粒子在电场中做类平抛运动，根据规律，竖直方向：，水平方向匀速：，联立解得：，所以：v1∶v2＝2∶1；电场力做功，，联立可得：W1∶W2＝1∶2，BC错误AD正确 二、实验题 ‎13.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，提供的器材有 A．电压表量程为3V，内阻约为5kΩ B．电压表量程15V，内阻约为10kΩ C．电流表量程为‎0.6A，内阻约为0.1Ω D．电流表量程为‎3A，内阻约为0.01Ω E．变阻器R为（20Ω，‎3A）‎ F．开关、导线若干 ‎（1）为了较准确测量电池的电动势和内阻，电压表应该选__________（填A或B）；电流表应该选__________（填C或D）；实验电路图应该选__________图（填“甲”或“乙”）．‎ ‎（2）该同学应用所选电路进行实验时记录了多组数据，并根据这些数据画出了U－I图线如图所示．根据图线求出电源的电动势E=_______V，内阻r=________Ω．‎ ‎【答案】 (1). A C 乙 (2). 1.48 0.5‎ ‎【解析】一节干电池的电动势为1.5V，根据准确性原则进行选择电表，为了避免电流表的电阻算到内阻中，电流表内采用外接法；由图像可得电源的电动势和内阻．‎ ‎【详解】（1）一节干电池的电动势为1.5V，故选电压表A；由于电路中电流较小，故选用电流表C；为了避免电流表的电阻算到内阻中，电流表内采用外接法，故选乙图．‎ ‎（2）U-I图像的纵截距表示电源电动势E，故E=1.48V；图像的斜率表示内阻r，故r===0.50‎ ‎【点睛】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查 三、计算题 ‎14.如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10－4的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为‎2cm，两点连线与电场方向成角，求：‎ ‎(1)电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎(3)该匀强电场的电场强度E。‎ ‎【答案】(1)－0.2J(2)1000V(3)1×105V/m ‎【解析】(1)因负电荷由A移到B的过程中，负电荷的电势能增加了△E=0.2J，所以这个过程中电场力对负电荷所做的功 ‎；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差 ‎；‎ ‎(3)匀强电场的电场强度 ‎。‎ ‎15.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的负离子（重力可忽略）从O点以与MN成θ=30°角的速度v射入该磁场区域，经一段时间后从边界MN上P点射出．求：‎ ‎(1)入射点O与出射点P间的距离L；‎ ‎(2)负离子在磁场中运动的时间．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）负离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：‎ 所以 由图象知出射点间的距离为 L=2Rsin30°=‎ ‎（2）离子在磁场中的圆心角为300°，所以在磁场中运动的时间 ‎16.如图，两平行金属导轨间的距离 L=‎0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度 B=0.5 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势 E=6.0 V、内阻 r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量 m=‎0.05 kg 的导体棒 ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止．导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻 R=2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取 ‎10 m/s2．已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流大小；‎ ‎（2）导体棒受到安培力大小；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力大小．‎ ‎【答案】（1）‎2.0A；（2）0.4N；（3）0.1N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小：‎ F=BIL=0.5×2×0.4=0.4N 根据左手定则，方向平行斜面向上；‎ ‎（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1=mgsin37∘=0.3N，‎ 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f；‎ 根据共点力平衡条件，有：‎ mgsin37∘+f=F 解得：f=0.1N ‎17.如图所示,AB为倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面,AB长度为,BC为半径 的竖直光滑绝缘圆弧面 ,AB与BC在B点相切,C为圆弧面的最低点,在BD左侧加一如图所示的水平匀强电场E1=3×103N/C．现将一质量为m=4×10‎-4kg带电的小物块置于斜面上的A点,带电小物块恰好静止在斜面上．从某时刻开始,水平匀强电场的电场强度变为原来的一半,物块开始加速下滑,(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取‎10m/s2)求：‎ ‎（1）带电小物块是正电荷还是负电荷,物块所带电荷量为多少？‎ ‎（2）沿斜面下滑到B点时,物块的瞬时速度为多大？‎ ‎（3）如果在BD右侧存在竖直向上的匀强电场,场强为E2=1.2×104N/C,则物块运动到C点时,轨道对小物块的支持力为多大？‎ ‎【答案】（1）负电荷 （2） （3）‎ ‎【解析】(1)小物块带负电．因为带电小物块静止所受的电场力方向水平向左，与电场方向相反． 根据平衡条件有：qE1=mgtan37° 解得：q=1×10‎‎-6C ‎(2)从A运动到B的过程，根据动能定理得：‎ 解得 ：vB=‎3m/s ‎(3)从B运动到C的过程，根据动能定理得：‎ 解得：vC=‎5m/s 在C点，由牛顿第二定律得： 解得 FN＝2.6×10−2N