2018-2019学年贵州省思南中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年贵州省思南中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年度第一学期期末考试 高二物理试题 一、选择题 ‎1. 有关电场和磁场，下列说法正确的是（ ）.‎ A. 带电粒子在电场和磁场中都一定会受到力的作用 B. 电场和磁场都可用假想的闭合曲线进行形象的描述 C. 电场和磁场在本质上属于同一种基本相互作用 D. 电场和磁场不是客观存在的物质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、处在电场中的电荷一定受到电场力，但在磁场中运动的电荷不一定有磁场力存在，当运动方向与磁场方向平行时，没有磁场力作用，故A错误；‎ B、磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线，故B错误；‎ C、磁现象的本质是运动电荷的相互作用，和电场在本质上属于同一种基本相互作用，故C正确；‎ D、电场和磁场都是一种客观存在的物质，故D错误；‎ 故选：C。‎ 考点：磁现象和磁场；电场。‎ ‎2.两个完全相同的小金属球（皆可视为点电荷），所带电荷量之比为5:1，它们在相距一定距离时相互作用的吸引力为，如果让它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为，则为 A. 5：2 B. 5：6 C. 5：4 D. 5：9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两个球相互吸引，则带异种电荷，则接触带电的原则是总电荷平分，根据得出接触后再放回原处的库仑力大小．‎ ‎【详解】它们在相距一定距离时相互作用力为；两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2q，此时两球的库仑力，则F1：F2为5：4，故选C.‎ ‎【点睛】解决本题的关键是掌握接触带电的原则，总电荷平分，同时要注意原来的电荷的电性，以及掌握库仑定律的公式.‎ ‎3.下列各图中，正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据右手螺旋定值可知A图中的磁场方向应为逆时针方向，A错误；根据右手螺旋定值可知B图中的螺线管内部磁场方向应为水平向右，B错误；根据左手定则可知C图中的洛伦兹力方向应竖直向上，C正确；D图中的洛伦兹力方向为水平向左，D错误．‎ ‎4.如图所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则 （ ）．‎ A. 该粒子带正电 B. 减少R2，粒子还能打在O点 C. 减少R1，粒子将打在O点右侧 D. 增大R1，粒子在板间运动时间不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据电路可知，电容器上极板带负电，下极板带正电，即场强方向向上，因为粒子向下偏，所以可知受向下的电场力，场强方向跟电场力方向相反，所以粒子带负电，A错误；减少R2，不会影响板间场强，所以粒子还能打在O点，B正确；减少R1，可以增大两极板间的间电势差，可知场强变大，则粒子所受电场力增大，所以粒子将打在O点左侧，C错误；‎ 增大R1，可以减小两极板间的间电势差，可知场强变小，粒子将打在O点右侧，水平位移增大，根据x=vt，则运动时间增长，D错误。故应该选B。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动、电路 ‎5.一个用满偏电流为3mA的电流表改装而成的欧姆表，调零后用它测300Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如果用同一档位测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为 A. 100Ω B. 300Ω C. 600Ω D. 1000Ω ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当电流达到满偏电流的一半时，所测电阻与内部电阻相同，为中值电阻 中值电阻为，则 再由，得，则C正确，ABD错误；‎ 点睛：考查欧姆表的内部电路，明确中值电阻等于内阻，会由全电路欧姆定律求不同电流时的电阻值。‎ ‎6.如图所示A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量为的电荷由A移动到C电场力做功，该电荷由C移动到B电场力做功，若B点电势为零，以下说法正确的是 A. A点电势为2V B. C点电势为-2V C. 电场的方向为垂直于AC指向B D. 电场的方向为由C指向A ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据电势差定义式可得：，若B点电势为零，可得C点电势为：，而A与C间的电势差：，，则A点电势φA=-2V，故A错误，B正确；由上分析可知，AC连线的中点N电势为零，N与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BN⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎7.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ与O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（　　）‎ A. q由A向O的运动是匀加速直线运动 B. q由A向O运动的过程电势能逐渐减小 C. q运动到O点时的动能最大 D. q运动到O点时电势能为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．‎ 解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．‎ 故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误．‎ B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确．‎ C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确．‎ D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．故D错误．‎ 故选BC ‎【点评】本题考查静电场的基本概念．关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab= Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知 （ ）‎ A. 三个等势面中，a的电势最高 B. 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 C. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c的电势最低，选项A正确；若质点由P至Q运动，则电场力做正功，电势能减小，所以P点的电势能比Q点大，动能较Q点小，若质点由Q至P运动，则电场力做负功，电势能增加， P点的电势能比Q点大，动能较Q点大，选项B正确，C错误；因为P点的等势面较密，场强较大，加速度较大，故选项D正确。‎ 考点：此题考查了静电场中的电场力做功与质点能量之间的关系 ‎9.如图所示，图线AB是某电源的路端电压随电流变化的关系图线，OM是固定电阻R两端的电压随电流变化的图线，由图可知 A. 该电源的电动势为6 V，内阻是2 Ω B. 固定电阻R的阻值为2 Ω C. 该电源的最大输出功率为8 W D. 当该电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象AB可知电源的电动势为6V，短路电流为6A；由图象OM可得外电路电阻R为2Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．‎ ‎【详解】由图象AB可知电源的电动势E=6V，短路电流为6A，根据，故A错误；根据R=得：R=2Ω，故B正确；当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，所以该电源的最大输出功率P=I2R＝()2R=9W，故C错误；当该电源只向电阻R供电时，，故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】根据U-I图象AB正确读出电源的电动势和短路电流，根据OM图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点．‎ ‎10.如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中 ‎ A. 小球的加速度先减小后增大 B. 下滑加速度最大时速度 C. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 D. 小球最终速度 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球进行受力分析，再根据洛伦兹力的变化，分析各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态。‎ ‎【详解】小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为；开始下滑后，小球速度将增大，受到水平向右的洛仑兹力，则杆对小球的支持力将减小，摩擦力减小，合力增大，加速度增大；当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零。此后小球继续加速度，洛伦兹力将大于电场力，杆对小球的支持力变为水平向左，随着速度增大，洛仑兹力增大，则杆对小球的支持力将增大，摩擦力随之增大，小球的合力减小，加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小。当加速度减小为零，即a=0时，速度达到最大，则有  mg=μ（qvmB-qE），最大速度即稳定时的速度为 ，故A错误，D正确。当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g达最大；此时qvB=qE，所以：v=E/ B，故B正确；由此分析知，小球的最大加速度出现在洛伦兹力等于电场力的状态，且最大加速度为g。下滑加速度为最大加速度一半有两种情况：一种情况：在洛仑兹力小于电场力时，另一种在洛仑兹力大于电场力时。在洛仑兹力小于电场力时，有，解得，；在洛仑兹力大于电场力时，有 ，解得，．故C正确。故选BCD。‎ ‎【点睛】本题的关键要正确分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力的变化，引起其他力的变化，来分析合力的变化，从而判断小球的运动情况。要明确加速度为零时速度最大，但加速度最大时速度不为零。‎ 二、填空题 ‎11.有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是 ________。用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是 _______mm．‎ ‎【答案】33.35 3.266‎ ‎【解析】‎ 试题分析：游标卡尺读数主尺为33mm，游标读数7*0.05mm=0.35mm，所以读数为33.35mm，螺旋测微的读法主尺3mm，游标26.6*0.01mm=0.266mm，所以读数为3.266mm 考点：基本仪器的使用 点评：此类题型考察了基本仪器的使用 ‎12.如图所示的电路中，小量程电流表的内阻，满偏电流，、，当S1和S2均断开时，改装成的是电压表，量程为_______V。当S1和S2均闭合时，改装成的是电流表，量程为_______A。‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的关键是明确串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，改装为电流表时，应将电流表与电阻并联。‎ ‎【详解】由图示电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1‎ 串联，此时为电压表，改装后电压流表量程为：U=Ig（R1+Rg）=0.001×（100+5900）=6.0V；由图示电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，此时为电流表，改装后电流表量程为： I=Ig+IR2=Ig+=0.001+=3.0A；‎ ‎【点睛】明确串联电阻具有分压作用和并联电阻具有分流作用的含义，理解电压表与电流表改装的原理。‎ ‎13.将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V．可是这种电池并不能点亮手电筒上额定电压为1.5V、额定电流为0.3A的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．为了较精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻．提供的实验器材有：‎ A.电流表A1（量程0～3mA，内阻约为0.5Ω） B.电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）‎ C.电压表V（量程0～1.5V，内阻约为3kΩ D.滑动变阻器R1（阻值0～10Ω，额定电流为1A）‎ E.滑动变阻器R2（阻值0～3kΩ，额定电流为1A）‎ F.电键，导线若 G.水果电池 ‎(1)应选图______（选填“a”或“b”）电路图进行实验．‎ ‎(2)实验中电流表应选用__________，滑动变阻器应选用___________（均用序号字母表示）．‎ ‎(3)根据实验记录的数据，经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的U-I图象如图所示，由图象可知，水果电池的电动势E=___________V.‎ ‎【答案】 (1). a (2). A (3). E (4). 1.35‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电流表的内阻很小，分担的电压很小，可以忽略，所以用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表采取外接法误差较小。‎ ‎（2）由题意可知，选择电流表量程；通过水果电池的内阻大小，选择合适的电流表和滑动变阻器。‎ ‎（3）U-I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻。‎ ‎【详解】（1）水果电池内阻较大，电流表内阻较小，电流表分压较小，为减小实验误差，电流表采取外接法，因此需要选择图a所示实验电路。 （2）由题意可知，电流表选择量程是3mA的A即可；电源的内阻大约，若选用0～10Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用E。 （3）U-I图线的纵轴截距等于电源的电动势，由图示图线可知，电源电动势：E=1.35V。‎ 三、计算题 ‎14.有一电动机，其铭牌上标有“100V，50W”，当给此电动机接上100V的电源使其正常工作时，测得它可以将重10N的物体以4的竖直速度匀速提起，求：‎ ‎(1)此电动机的线圈电阻为多大；‎ ‎(2)为了让此电动机和一个“100V，30W”的白炽灯在一个输出电压为200V的电源带动下都能正常工作，有人设计了如图电路，请计算电路中的附加电阻的阻值。‎ ‎【答案】(1)40 (2)500‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电源使其正常工作时，测得它可以将重为10N的物体以4m/s的竖直速度匀速提起，由此可得电动机的机械功率，进而可知发热功率；由欧姆定律可得正常工作时的电流，由焦耳定律可得电动机的内阻． （2）由白炽灯的额定电压和额定功率，可得额定电流，由此可以确定分流电阻需要分的电流，由欧姆定律可得分流电阻的电阻值．‎ ‎【详解】（1）电动机正常工作时输出的机械功率为：P机=Gv=10×4W=40W； 所以其正常工作发热功率为：P热=P-P机=50-40=10W； 正常工作电流为：； 根据焦耳定律：P热=I2 r 根据以上可得电动机内阻：r=Ω=40Ω； （2）白炽灯泡正常工作时的电流为：； 所以分流电阻R上应流过的电流为IR=I-IL=0.5-0.3=0.2A； 根据欧姆定律，分流电阻R的阻值应为；‎ ‎【点睛】本题关键是对于电动机的处理，这是种非电阻元件，其发热功率只能用P热=I2r来计算，同时要搞清电动机的能量转化.‎ ‎15.如图所示，在水平向左的匀强电场中有一与水平面成45°角的光滑绝缘直杆AC，其下端点C距地面高度h=0.8 m．有一质量为0.5 kg的带电小环套在杆上，以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好落在C端的正下方地面上P点处，ACP所在平面与电场E平行，g取10 m/s2，求：‎ ‎（1）小环带何种电荷及它受到的电场力的大小；‎ ‎（2）小环在直杆上匀速运动速度的大小．‎ ‎【答案】（1）5N（2）4m/s ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由小环在直杆上的受力情况知：小环带负电 ‎ 由平衡条件可知： ‎ 得：F=5N ‎ ‎（2）小环离开直杆后在水平方向做匀减速直线运动 F=ma ‎ ‎ ‎ 小环离开直杆后在竖直方向 ‎ 解得：v=4m/s ‎16.如图所示，在倾角为θ = 30°的斜面上，固定一宽度L = 0.2m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑线变阻器，电源电动势E = 3.0V，内阻r = 1.0Ω。一质量m = 0.02kg的金属杆ab与两导轨垂直并接触良好，当滑线变阻器接入电路的阻值为R时，ab中电流大小I = 0.5A，此时杆恰好静止在导轨上。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，导轨与金属棒的电阻不计，取g = 10 m/s2。求：‎ ‎(1)R的大小；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)若只改变磁场，使金属杆ab仍静止在轨道上面，求磁感应强度的最小值和方向。‎ ‎【答案】(1)5 (2)T (3)1T 方向垂直斜面向上 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值。 （2）金属杆受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态。根据平衡条件，列方程求出安培力；金属杆与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出磁感应强度。 （3）当安培力的方向沿斜面向上时，磁感应强度最小，结合共点力平衡即可求出。‎ ‎【详解】（1）设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+r） 解得：R=5Ω （2）金属杆静止在金属导轨上受到重力、支持力和水平方向的安培力，由受力平衡，‎ mgtan 30°= BIL 代入数据得得：B=T （3）当安培力的方向沿斜面向上时，磁感应强度最小，设此时磁感应强度为B′，则： mgsin300=B′IL 代入数据可得：B′=1T ‎【点睛】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易。在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断。‎ ‎17.如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．‎ ‎（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；‎ ‎（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；‎ ‎（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)粒子从S1到达S2的过程中，根据动能定理得 qU＝mv2 ①‎ 解得粒子进入磁场时速度的大小v＝‎ ‎(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvB＝m②‎ 由①②得，加速电压U与轨迹半径r的关系为U＝‎ 当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0＝R 对应电压U0＝‎ ‎(3)M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短． ‎ 根据几何关系可以求得，对应粒子在磁场中运动的半径r＝R 由②得粒子进入磁场时速度的大小v＝＝‎ 粒子在电场中经历的时间t1＝＝‎ 粒子在磁场中经历的时间t2＝＝‎ 粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3＝＝‎ 粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝…‎ 本题考查带电粒子在复合场中的运动，电场力做功等于粒子动能的变化量，由此可求得粒子进入磁场时的速度大小，根据粒子的偏转半径和洛伦兹力提供向心力可求得电压大小，当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径与磁场半径相等，由此可求得临界电压大小，M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短，先找圆心后求半径，根据半径公式求得粒子在磁场中的速度，根据圆心角求偏转时间 ‎ ‎ ‎ ‎