2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二上学期期末质量检测物理（理）试题 解析版

2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二上学期期末质量检测物理（理）试题 解析版

宿州市十三所重点中学2018-2019学年度第一学期期末质量检测 高二物理（理科）试题 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是 A. 欧姆发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中点电荷之间作用力的表达式 B. 法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 C. 安培提出了分子电流假说，很好地解释了磁化和消磁等现象 D. 奥斯特给出了磁场对运动电荷的作用力的公式 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】库伦发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中点电荷之间作用力的表达式，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项B错误；安培提出了分子电流假说，很好地解释了磁化和消磁等现象，选项C正确；洛伦兹给出了磁场对运动电荷的作用力的公式，选项D错误；故选C.‎ ‎2.关于静电场，下列说法正确的是 A. 电场强度为零的点，电势一定为零 B. 同一电场线上的各点，电势一定相等 C. 匀强电场中任意两点间电势差均为零 D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度为零的点，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点处，选项A错误；沿电场线电势降低，则同一电场线上的各点，电势一定不相等，选项B错误；匀强电场中各点的场强相同，但是任意两点间电势差不一定为零，选项C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，则电势能一定增加，选项D正确；故选D.‎ ‎3.关于磁场，下列说法正确的是 A. 磁场中某点的磁感应强度的方向与小磁针S极在此处的受力方向一致 B. 磁场是看不见、摸不着、实际不存在的，是人们假想出来的一种物质 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度可能不为零 D. 一小段通电导线在磁场中某位置受到的磁场力方向即为该点的磁感应强度的方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】磁场中某点的磁感应强度的方向与小磁针N极在此处的受力方向一致，选项A错误；磁场是看不见、摸不着、但实际是存在的一种物质，磁感线是假想的不存在的，选项B错误；一小段通电导线在某处不受磁场力作用，可能导线与磁场平行，该处的磁感应强度可能不为零，选项C正确； 一小段通电导线在磁场中某位置受到的磁场力方向与该点的磁感应强度的方向垂直，选项D错误；故选C.‎ ‎4.如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧．闭合电路后，不计其他磁场的影响，小磁针静止时的指向是( )‎ A. N极指向螺线管 B. S极指向螺线管 C. N极垂直于纸面向里 D. S极垂直纸面向里 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：根据安培定则可以判断通电螺线管左则为S极，右侧为N极，因此左侧小磁针静止时N极指向右侧，故BCD错误，A正确．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】对于磁场方向的规定，安培定则等基础知识要熟练掌握，为以后的学习打下基础．‎ ‎5.如图所示，平行且等间距的一组实线可能是电场线也可能是等势线，虚线是一电子在电场中以一定的初速度只在电场力的作用下由a点运动到b点的轨迹．则下列说法中一定正确的是 A. a点的电势比b点高 B. 电子从a点到b点动能减小，电势能增加 C. 电子从a点到b点做匀变速曲线运动 D. 电子在a点的动能和电势能之和大于电子在b点动能和电势能之和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电子的轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低．匀强电场中场强处处大小相等．根据电场力方向与电子速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小以及电势能的变化；只有电场力做功，则所以电子的动能和电势能之和不变；‎ ‎【详解】若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低，由于从a点运动到b点电场力做正功，所以电子的动能增加，电势能减小，电子从a点到b点做匀变速曲线运动，由于只有电场力做功，则所以电子在a点的动能和电势能之和等于电子在b点动能和电势能之和；‎ 若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高。从a到b电子做负功，所以动能减小，电势能增加，电子从a点到b点做匀变速曲线运动，由于只有电场力做功，则所以电子在a点的动能和电势能之和等于电子在b点动能和电势能之和；故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎【点睛】物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出物体合力的大致方向．‎ ‎6.如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施可行的是 A. 增大U1‎ B. 增大U2‎ C. 减小L D. 增大d ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子先加速后进入偏转电场后做类平抛运动，根据动能定理得到加速获得的速度表达式，运用运动的分解，得到偏转距离的表达式进行分析即可．‎ ‎【详解】电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，eU1=mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，，所以为了增大偏转距离，可以增大L、减小d、减小U1、增大U2，故B正确，ACD错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题关键是分直线加速和类似平抛运动过程，根据动能定理和分运动公式列式求解出侧移量表达式进行分析．‎ ‎7.如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源的电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω。闭合开关，电动机正常工作时，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈的电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是 A. 通过电动机的电流为10 A B. 电动机的输入功率为100 W C. 电源的输出功率为4 W D. 电动机的输出功率为16 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律U＞IR．对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流．根据功率关系求出电动机输出的功率．‎ ‎【详解】根据欧姆定律得回路中的电流，则通过电动机的电流为2 A，故A错误；电动机的输入功率为P入=UI=10×2=10W，故B错误；电源的输出功率P出=EI-I2r=30×2-4×1=56W；故C错误；电动机的输出功率为P出=UI-I2RM=（10×2-22×1）W=16W，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．‎ ‎8.如图所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m，带电荷量为q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止 A. 当场强方向垂直于杆斜向上时，场强大小为mgcosθ/q B. 当场强方向竖直向上时，场强大小为mg/q C. 当场强方向垂直于杆斜向上时，场强大小为mgsinθ/q D. 当场强方向水平向右时，场强大小为mgcotθ/q ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：若电场方向垂直于杆斜向上，小球受到的电场力方向也垂直于杆斜向上，在垂直于杆的方向小球受力能平衡，而在平行于杆方向，重力有沿杆向下的分力，没有力与之平衡，则小球将向下滑动，不能保持静止．故A、C均错误．若电场方向竖直向上，此时球受两个力，竖直向上的电场力和竖直向下的重力，根据二力平衡可知，Eq=mg，故 ‎．故B正确．若电场方向向右，此时受三个力，重力、电场力和支持力．重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反，有mgsinθ=Eqcosθ，故，故D错误．故选B．‎ 考点：物体的平衡。‎ ‎9.如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则 A. 在O～x2间，电场强度先减小后增大 B. 在O～x2间，电场强度方向没有发生变化 C. 若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小 D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做加速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，分析场强的变化，由图看出，电势逐渐降低，可判断出负电荷的电势能变化．‎ ‎【详解】φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。故A错误，B正确。由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。故C错误。从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题从数学的角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况．‎ ‎10.如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2、R3为定值电阻,电流表和电压表均为理想电表,C为平行板电容器,在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态.由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是( )‎ A. 电流表示数变大 B. 电压表示数变大 C. 液滴将向上运动 D. 液滴仍保持静止 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 液滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电路为R2与R3串联，再与灯泡L并联，干路上有R1和内阻r.灯泡L的灯丝突然烧断,相当于其电阻变大，总电阻变大，据，则总电流变小，C、D、由得电容器的电压增大，故液滴受到的电场力增大，液滴向上运动，C正确、D错误。A、B、由可知电流表示数增大，由知电压表的示数变大，A正确，B正确.故选ABC.‎ ‎【点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定．‎ ‎11.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是 A. 若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高 B. 前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关 C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大 D. 污水流量Q与U成正比，与a、b无关 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关．故A错误，B正确．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：，解得U=vBb，电压表的示数与离子浓度无关．选项C错误；，则流量，即，故U与Q成正比，与a、b无关．故D正确．故选BD．‎ 考点：电磁流量计.‎ ‎12.某空间存在着如图甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是 A. 图乙可以反映B对A的支持力大小随时间t变化的关系 B. 图乙可以反映B对A的摩擦力大小随时间t变化的关系 C. 图乙可以反映B对地面的压力大小随时间t变化的关系 D. 图乙可以反映物块A和物块B的加速度大小随时间t变化的关系 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小。‎ ‎【详解】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度：，水平方向受到的力不变，使用B的加速度不变。物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：F=qvB=qBat，A受的支持力：N=mAg+qvB=mA g+qBat，符合图中所示规律，故A正确；物块B对物块A的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故不可能是摩擦力的变化图象，故B错误。对整体分析可知，N'=mAg+mBg+qvB=mAg+mBg+qBat，故同样可以由图示规律表示，故C正确。整体的加速度不变，则选项D错误；故选AC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用。同时还要掌握洛伦兹力的特点，明确洛伦兹力的大小和方向规律。‎ 二、实验题 ‎13.一同学欲测定一根圆柱材料的电阻率。使用的器材有：游标卡尺、螺旋测微器、多用电表、电流表（0.2A 5Ω）、电压表（15V，15KΩ）、滑动变阻器（0~25Ω）、电源（12V，内阻不计）、开关、导线若干。‎ ‎(1)先用多用电表的欧姆表“×10”挡粗测圆柱材料的阻值，在正确操作情况下，表盘指针如图所示，可读得圆柱材料的阻值Rx= _____ Ω。‎ ‎(2)螺旋测微器测量圆柱材料的直径，如图所示，圆柱的直径是 ______ mm；游标卡尺测量出圆柱材料长度如图所示，圆柱的长度是 _______ mm。‎ ‎(3)根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从下图的A、B、C、D四个电路中选择 ________ 电路用于测量圆柱材料电阻。‎ A、 B、‎ C、 D、‎ ‎【答案】 (1). 60 (2). 1.662~1.664 (3). 80.50 (4). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 欧姆表读数时要乘以倍率；游标卡尺读数不估读；螺旋测微器读数时要进行估读；在实验中为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应该用分压电路；电压表的内阻远大于电阻丝的电阻，可采用电流表外接电路。‎ ‎【详解】(1) 由多用电表的欧姆档读数可知圆柱材料的阻值Rx= 6×10Ω=60 Ω。‎ ‎(2) 圆柱的直径是：1.5mm+0.01mm×16.2=1.662 mm；圆柱的长度是：8cm+0.05mm×10=80.50mm。‎ ‎(3) 在实验中为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应该用分压电路；电压表的内阻远大于电阻丝的电阻，可采用电流表外接电路，则应从下图的A、B、C、D四个电路中选择 D电路用于测量圆柱材料电阻。‎ ‎14.两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0及电源的电动势 E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P，向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U—I直线．‎ ‎(1)根据甲乙两同学描绘的直线可知（ ）‎ A．甲同学是根据电压表 V1和电流表A的数据 B．甲同学是根据电压表 V2和电流表A的数据 C．乙同学是根据电压表 V1和电流表A的数据 D．乙同学是根据电压表 V2和电流表A的数据 ‎(2)根据图（b）可知定值电阻R0=_______Ω，电源内电阻r=_______Ω．（保留两位小数） ‎ ‎(3)该电路中电流表的读数_______能或不能）达到0.6A．‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 2.40~2.50 (3). 0.75~0.85 (4). 不能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确两种U-I图象的区别与应用，根据定值电阻的U-I线的斜率求解R0，根据电源的U-I线的斜率求解电源内阻；两图像的交点表示只将电阻R0接在电源两端时的工作点，据此分析．‎ ‎【详解】（1）由欧姆定律知故U=RI，可见一段导体的U-I图象是一过原点的倾斜直线，故乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据；再由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir=-rI+E，可知若U-I图象是一往下倾斜的直线，其斜率大小即为电源内阻r，纵轴截距即为电源电动势E，即甲图象是表示电源的，结合电路图可知甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据，故AD正确，错误BC，故应选AD． （2）根据图（b）可知定值电阻R0=，电源内电阻 ‎（3）由图像可知，当滑动变阻器被短路时外电路只有R0，此时电流表的最大值为0.45A，故该电路中电流表的读数不能达到0.6A．‎ ‎【点睛】本题关键要明确定值电阻的U-I图象和电源电动势的U-I图象的物理意义和区别，然后根据具体数据进行判断。‎ 三、计算題 ‎15.在倾角为θ的光滑斜面上，放置一段电流为I、长度为L、质量为m的导体棒（通电电流方向垂直纸面向里），如图所示，问：‎ ‎(1)若整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，且导体棒静止在斜面上，求导体棒受到的安培力大小和方向；‎ ‎(2)如果要求导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场磁感应强度的大小及方向又如何？‎ ‎【答案】(1)mgtanθ 方向水平向右 (2) 方向水平向左 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)若整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，根据左手定则可知安培力水平向右，由平衡知识求解安培力的大小；(2)如果要求导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，则安培力与重力相等，列式求解B.‎ ‎【详解】（1）根据平衡条件得: F安=mgtanθ ，方向水平向右 ； ‎ ‎（2）根据平衡条件F安=mg； F安=BIL 可得，方向水平向左.‎ ‎16.如图所示的电路中，所用电源的电动势E＝6 V，内电阻r＝2 Ω，电阻R1可调。现将R1调到4Ω后固定。已知R2＝6 Ω，R3＝12 Ω，求：‎ ‎(1)开关S断开和接通时，通过R1的电流分别为多大？‎ ‎(2)为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到多大？这时A、B间消耗的最大电功率是多少？‎ ‎【答案】(1)0.5A；0.6A (2)当R1＝0时，总电流最大，A、B之间的电功率才最大。PAB＝4W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据闭合电路的欧姆定律求解开关S断开和接通时，通过R1的电流；（2）开关接通时，A、B之间的总电阻R23＝4Ω为定值，所以，只有当R1′＝0时，总电流最大，A、B之间的电功率才最大。‎ ‎【详解】(1)开关S断开时，I1＝＝0.5 A ‎ 开关接通时，R2、R3并联的总电阻R23＝＝4Ω ‎ I1′＝＝0.6A ‎ ‎(2)开关接通时，A、B之间的总电阻R23＝4Ω为定值，所以，只有当R1′＝0时，总电流最大，A、B之间的电功率才最大。 ‎ I＝＝1A ‎ PAB＝I2R23＝4W ‎17.如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为．已知粒子射出磁场与射入磁场时速度方向间的夹角为60°，不计粒子的重力，求：‎ ‎(1)粒子的速率是多大？ ‎ ‎(2)粒子在磁场中的运动时间是多少？‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由几何关系求解粒子在磁场中运动的半径，根据qvB＝m求解粒子的速率；（2）粒子在磁场中转过的角度为600，根据周期公式求解粒子在磁场中的运动时间；‎ ‎【详解】（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律可得：‎ qvB＝m 根据几何关系，可知r＝R， ‎ 联立两式解得v＝ ，‎ ‎ ‎ ‎（2）粒子的运动时间为 ‎【点睛】在磁场中做圆周运动，多数题目的解题思路是先确定圆心画出轨迹，由几何知识得到半径，然后由牛顿第二定律求解其他量。‎ ‎18.如图所示的平面直角坐标系XOY，在第Ⅱ象限内有沿Y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E，第Ⅲ象限有沿X轴正方向的匀强电场，电场强度大小也为E，第Ⅳ象限有垂直于纸面向里的匀强磁场。第Ⅱ象限内（-L,L）处有一质量为m、带电量为q的带正电的粒子从静止开始释放。（不计粒子的重力）求：‎ ‎(1)粒子第一次经过X轴时速度V1的大小；‎ ‎(2)粒子经过Y轴负半轴时速度方向与Y轴负半轴之间的夹角θ；‎ ‎(3)若粒子经磁场后从X轴上的P点（2L,0）处飞出，求磁感应强度大小B.‎ ‎【答案】（1） （2）45o（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）带电粒子在第二象限内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律结合运动公式求解粒子第一次经过X轴时速度v1的大小；（2）带电粒子以v1的速度进入第三象限，做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解粒子经过Y轴负半轴时速度方向与Y轴负半轴之间的夹角θ；（3）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，由洛伦兹力提供向心力列式求解B.‎ ‎【详解】（1）带电粒子在第二象限内做匀加速直线运动： ‎ 从静止开始，由运动学公式： ‎ 化简可得： ‎ ‎（2）带电粒子以的速度进入第三象限，做类平抛运动：‎ X方向上： ‎ 可求第三象限内运动时间： ‎ 打出第三象限时X方向上分速度： ‎ 此时速度方向与Y轴负半轴夹角θ：θ= 所以θ=45o ‎ ‎（3）带电粒子在电场中偏转，出射速度 ‎ 沿Y轴方向位移： ‎ 带电粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力： ‎ 带电粒子从P点打出磁场，由几何知识可知： ‎ 化简可得：‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在组合场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，加速场运用动能定理或者用牛顿第二定律求解，磁场中的圆周运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎