贵州省思南中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

贵州省思南中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

思南中学2019--2020学年度第一学期期末考试 高二年级物理科试题 一、选择题：本题10个小题，共40分。其中1---7题为单选题，8---10为多选题，全部选对得4分，选不全得2分，多选或错选不得分。‎ ‎1.真空中两个点电荷之间的静电力为F，如果它们之间的距离以及每个点电荷的电荷量都增加为原来的2倍，则它们之间的静电力将变为原来的（　　）‎ A. 4倍 B. 2倍 C. 1倍 D. 0.5倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由库伦定律可得：变化前：F=k；变化后：F′=k=F，故ABD错误，C正确．故选C．‎ ‎2.如图所示，正点电荷放在O点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线．以水平电场线上的O’点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是（　　）‎ A. b、e两点的电场强度相同 B. a点电势高于e点电势 C. 电子沿圆周由d运动到b，电场力做正功，电势能减少 D. b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、e间电势差的关系．根据电势高低，判断电场力对电子做功的正负．‎ ‎【详解】由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于e点电势，故B错误；d点的电势高于b点的电势，电子沿圆周由d到b，电势降低，但电势能升高，电场力做负功，故C错误；根据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等．所以b、c 两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故D正确；故选D．‎ ‎【点睛】常见电场的电场线分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意点电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．‎ ‎3.静电计可以用来测量电容器的电压．如图把它的金属球与平行板电容器一个极板连接，金属外壳与另一极板同时接地，从指针偏转角度可以推知两导体板间电势差的大小．现在对电容器充完点后与电源断开，然后将一块电介质板插入两导体板之间，则 A. 电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角减小 B. 电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角减小 C. 电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角增大 D. 电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在平行板电容器两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=，可知电容C增大，因切断电源，则两极板所带电荷量Q一定，由电容的定义式C=Q/U得知，U减小，所以静电计指针偏角减小，根据E=U/d知电场强度E减小，故A正确，BCD错误；故选A.‎ ‎【点睛】本题的解题关键是要掌握电容的决定式C=和电容的定义式C=Q/U，并抓住电容器的电量不变进行分析．‎ ‎4.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是(　　)‎ A. 电源电动势为6.0 V B. 电源的内阻为12 Ω C. 电源的短路电流为0.5 A D. 电流为0.3 A时的外电阻是12 Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义，当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流；‎ 当电流为0.3A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻；‎ ‎【详解】A、由闭合电路欧姆定律得，当时，，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势，故A正确； B、电源的内阻等于图线的斜率大小，，故B错误； C、外电阻时，短路电流为，故C错误； D、电流为时，路端电压，外电阻是，故D错误．‎ ‎【点睛】本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错误是求电源的内阻．‎ ‎5. 额定电压为4.0V的直流电动机的线圈电阻为1.0Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4.0J，下列计算结果正确的是（ ）‎ A. 电动机正常工作时的电流强度为2.0A B. 电动机正常工作时的输出功率为8.0W C. 电动机每秒将电能转化成机械能为16.0J D. 电动机正常工作时的输入功率为4.0W ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：已知线圈电阻与线圈产生的热量，应用焦耳定律可以求出通过电动机的电流；然后应用电功率公式与电功公式分析答题．‎ 解：A、线圈产生的热量Q=I2Rt，通过电动机的电流I===2.0A，故A正确；‎ B、电动机正常工作时的输入功率P=UI=4V×2A=8W，电动机的热功率PQ=I2R=（2A）2×1Ω=4W，电动机的输出功率P出=P﹣PQ=8W﹣4W=4.0W，故BD错误；‎ C、电动机工作时每秒转化为机械能W=P出t=4.0×1=4.0J；故C错误；‎ 故选A ‎【点评】本题考查功率的计算；电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题．‎ ‎6.如图所示，当滑动变阻器R3的滑动头P向下移动时，则 A. 电压表示数变小，电流表示数变大 B. 电压表示数变大，电流表示数变小 C. 电压表示数变大，电流表示数变大 D. 电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在变阻器的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．‎ ‎【详解】滑动头P向下移动时，滑动变阻器连入电路的总电阻增大，即电路总电阻增大，根据闭合回路欧姆定律可得电路路端电压增大，即电压表的示数增大，总电流减小，即 两端的电压减小，故并联电路电压增大，即两端电压增大，通过支路的电流增大，而总电流是减小的，故通过变阻器支路的电流减小，即电流表示数减小，B正确．‎ ‎【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部．‎ ‎7.在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（最大阻值20Ω）．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 图线甲是电压表V1示数随电流变化图线 B. 电源内电阻的阻值为10Ω C. 电源的最大输出功率为1.5W D. 滑动变阻器R2的最大功率为0.9W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；‎ B．由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：‎ E=3+0.6r 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故；由闭合电路欧姆定律可得 E=5+0.2r 解得：‎ r=5Ω，E=6V 故B错误；‎ C．因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流 故电源的最大输出功率 P=UI=18W 故C错误；‎ D．由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流 则滑动变阻器消耗的总功率 故D正确。‎ ‎【点睛】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理。‎ ‎8.科学家研究发现：因太阳风的带电粒子吸附作用，土星环正在消失．这是因为土星环中的带电的冰质颗粒，在土星引力和磁场的作用下坠入土星．假设土星的自转方向以及周围的磁场分布与地球相似，土星环中的所有冰质颗粒在土星赤道上空自西向东公转，除带电冰质颗粒外，剩余土星环中的颗粒轨道半径不变，则可以推断（ ）‎ A. 若土星磁场是因土星带电而形成，则土星带负电 B. 土星环中带电冰质颗粒受到的洛伦兹力沿轨道半径远离土星球心 C. 太阳风中的带正电粒子是冰质颗粒主要吸附的粒子 D. 因土星吸附了带电冰质颗粒，质量变大，在轨运行的土星环的运动周期将变小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由土星磁场与地磁场相似，土星磁场的北极为地理南极，土星磁场的南极为地理北极，由土星转动形成环形电流，根据右手螺旋定则可知，土星带负电，故A正确；‎ B项：由于电冰质颗粒坠入土星，洛伦兹力方向与速度方向垂直，所以土星环中带电冰质颗粒受到的洛伦兹力不会沿轨道半径远离土星球心，故B错误；‎ C项：由于冰质颗粒在土星赤道上空自西向东公转，且土星带负电，所以冰质颗粒应带正电，所以太阳风中的带负电粒子是冰质颗粒主要吸附的粒子，故C错误；‎ D项：由公式，由于半径不变，质量变大，所以周期变小，故D错误．‎ 故应选：AD．‎ ‎9.如图所示，在倾角为的光滑轨道上，质量为的金属杆垂直轨道放置，轨道间距为．接通电源，金属杆中通过的电流为．当加上垂直于金属杆的某一方向的匀强磁场后，杆处于静止状态，则所加磁场的磁感应强度的大小可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 分析受力可知，安培力与轨道弹力的合力与平衡，则安培力的最小值为．当磁场与斜面垂直时安培力最小，，所以，任何不小于的值都是可能的，故AB正确，CD错误；‎ 故选AB．‎ ‎10.如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m，速率为的粒子从A点垂直磁场方向沿AB进入磁场区域，不计粒子重力，粒子离开磁场时的速度方向与AC平行，则（ ）‎ A. 粒子带负电 B. 粒子做圆周运动的半径为 C. 粒子的电量为 D. 粒子在磁场中运动的时间为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，粒子离开磁场时的速度方向与平行，则粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力垂直于向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；‎ B．粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：‎ 解得：‎ 故B正确；‎ C．洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 故C错误；‎ D．粒子转过的圆心角：‎ 粒子做圆周运动的周期：‎ 粒子在磁场中的运动时间：‎ 故D错误；‎ 故选AB。‎ 二、实验题：本题2个小题，共15分。‎ ‎11.某同学用游标卡尺测量电阻元件的长度为L，用螺旋测微器测量金属丝直径d．‎ ‎（1）电阻元件长L为_____cm，金属丝的直径d为_____mm；‎ ‎  ‎ ‎（2）选用“×10”倍率电阻挡估测元件电阻，发现多用表指针偏转过大，因此需选择_____倍率的电阻挡（填：“×1”或“×100”）．并先进行_______再进行测量，之后多用表的示数如图所示，测量结果为R＝______Ω．‎ ‎【答案】 (1). 1.060cm (2). 6.579mm (3). ×1 (4). 欧姆调零 (5). 30Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺读数的方法，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】（1）游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为0.05mm，则图示读数为：10mm+12×0.05mm=10.60mm=1.060cm；由图示螺旋测微器可知，其读数为：6.5mm+7.9×0.01mm=6.579mm ‎（2）用“×10”倍率的电阻挡估测元件电阻，发现多用表指针偏转过大，说明被测电阻阻值较小，所选倍率偏大，故应换用×1 倍率的电阻挡，并且要进行欧姆调零，之后再次进行测量，由图所示可知，该电阻的阻值约为30×1Ω=30Ω．‎ ‎12.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为 20Ω）除了 Rx、开关 S、导线外，还有下列器材供选用： ‎ A．电压表（量程0～3V，内阻约3KΩ） ‎ B．电压表（量程0～15V，内阻约10kΩ）‎ C．电流表（量程 0～200mA，内阻约 5Ω） ‎ D．电流表（量程 0～3A，内阻约 0.05Ω） ‎ E．电源（电动势 3V，额定电流 0.5A，内阻不计） ‎ F．电源（电动 15V，额定电流 2.5A，内阻不计） ‎ G．滑动变阻器R0（阻值范围 0～5Ω，额定电流 2A） ‎ ‎①为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。（均填器材的字母代号） ‎ ‎②画出测量Rx阻值的实验电路图。 ‎ ‎（ ）‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). E (4). 见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】若选择量程 0～15V，内阻约 10kΩ的电压表，选3V电源电动势会导致电压表读数不准确，只能选15V的电源电动势，最大电流I约为 只能选择量程 0～3A的电流表，这样会导致读数不准确，故只能选择量程 0～200mA的电流表，量程为0～3V的电压表，故电源电动势选3V。‎ 因为滑动变阻器的电阻小于待测电阻的阻值，故只能用分压式接法，又因为，故选用外接法。电路图如图 四、解答题：本题共4个小题，共45分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。‎ ‎13.有一个电流表G，内阻=30Ω，满偏电流=1mA，‎ ‎（1）要把它改装为量程为0--3V的电压表，应如何办？改装后电压表的内阻多大？ ‎ ‎（2）要把它改装为量程为0--6mA的电流表，应如何办？改装后电流表的内阻多大？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 改装成电压表要串联电阻分压；把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值.‎ ‎【详解】（1）表头满刻度电压值为Ug=Ig×Rg=0.03V，量程为0--3V时，在电阻R1‎ 两端的电压应为3-0.03=2.97V，电阻为：．‎ ‎（2）把电流表改装成0--6mA的电流表需要并联电阻阻值：．‎ ‎【点睛】本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理，应用电路特点与欧姆定律即可正确解题．‎ ‎14.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力．‎ ‎【答案】（1）0.30N（2）0.06N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用闭合电路欧姆定律可以求出通过导体棒的电流；利用安培力的计算公式F=BLI计算导体棒受到的安培力大小； （2）利用力的分解，根据二力平衡，计算摩擦力的大小，判断其方向；‎ ‎【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得I＝＝1.5A；‎ 导体棒受到的安培力F=BIL=0.30N； （3）将重力正交分解，沿着导轨平面分力 F1=mgsin37°=0.24N 因为F1‎ ‎＜F，根据平衡条件得 mgsin37°+Ff=F 解得Ff=0.06N，方向沿导轨向下；‎ ‎15.如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场．已知带电粒子的比荷＝3.2×109 C/kg，电场强度E＝200 V/m，M、N间距MN＝1 cm，金属板长L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，带电粒子重力忽略不计，求：‎ ‎(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小．‎ ‎【答案】(1)θ＝45°　(2)B＝2.5×10－2 T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏转角度．‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度偏角的正切值： ‎ 则有：θ=45°；‎ ‎ （2）粒子进入磁场时的速度大小为：， 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得： ， 由牛顿第二定律得：qvB=m， 代入数据解得：B=2.5×10-2T；‎ ‎【点睛】粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与几何知识即可解题．‎ ‎16.如图所示，水平方向的匀强电场的场强为E，场区宽度为L，紧挨着电场的是垂直纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为B和2B，三个场的竖直方向均足够长．一个质量为m，电量为q的带正电粒子，其重力不计，从电场的边界MN上的a点由静止释放，经电场加速后进人磁场，穿过中间磁场所用的时间，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界MN上的某一点b，途中虚线为场区的分界面．求：‎ ‎（1）中间场区的宽度d；‎ ‎（2）粒子从a点到b点所经历的时间t；‎ ‎（3）当粒子第n次返回电场的MN边界时与出发点之间的距离Sn．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子a点出发，在电场中加速和磁场中偏转，回到MN上的b点，轨迹如图所示：‎ 粒子在电场中加速运动时，有：‎ 解得：；‎ 由得：粒子在中间磁场通过的圆弧所对应的圆心角为θ＝30°‎ 粒子在中间磁场通过的圆弧半径为：‎ 由几何关系得：；‎ ‎（2）粒子在右边的磁场中运动：其圆弧对应的圆心角为β＝120°‎ 可知：‎ 粒子在电场中加速时Eq•tg＝mv 解得：；‎ 结合对称性：‎ ‎（3）由轨迹图得：‎ 再由周期性：．‎ ‎ ‎ ‎ ‎