高二物理期末试卷及解析

2018-2019学年度第一学期高二物理期末考试试卷参考答案一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的是个选项中，其中19题只有一项符合题目要求，第1013题有多项符合要求。全部选对的得4分，选对但是不全的得2分，有错选和不选的得0分。）1.关于磁感线的说法，下列正确的是（ ）A. 磁感线从磁体N极出发，终止于S极B. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱C. 磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线D. 磁感线可表示磁场的强弱和方向【答案】D【解析】磁感线在磁体的外部从磁体N极出发到S极；内部从S极出发到N极，形成闭合的曲线，选项A错误；沿磁感线方向，磁场不一定逐渐减弱，选项B错误；磁感线是为了描述磁场而人为引入的虚拟线，并不存在，故C错误磁感线可表示磁场的强弱和方向，磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线的切向方向表示磁场的方向，选项D正确；故选D.2. 对“静电场”一章中几个公式的理解，正确的是（ ）A. 公式C=Q/U指出，电容器的电容随电容器所带电荷量Q的增加而增加B. 由E=U/d可知，电场中两点的距离越大，电场场强E越小C. 在公式F=kQ1Q2/r2中，kQ2/r2是Q2所在位置的电场强度的大小D. 公式EP=q中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小【答案】D【解析】公式C=Q/U指出，电容器的电容等于电容器所带电荷量Q与两板电压U的比值，电容器的电容与所带电量无关，选项A错误；匀强电场的电场强度与电场中两点的距离无关，选项B错误；在公式F=kQ1Q2/r2中，kQ2/r2是Q2在Q1所在位置的电场强度的大小,选项C错误；公式EP=q中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小，选项D正确；故选D.点睛：本题考查对电场中几个公式的理解能力，关键要抓住各个公式的适用条件、公式中每个量的含义进行分析可根据点电荷场强的计算公式E=kQ/r2，来重新理解库仑定律3.如下图所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B()A 不带电B 带正电C 带负电D 不能确定【答案】C【解析】根据静电感应现象和电荷间的相互作用，可判断导体B带负电，故选C.4.一个质点做变速直线运动的vt图象如下图，下列说法中正确的是()A 第1s内与第5s内的速度方向相反B 第1s内的加速度大于第5s内的加速度COA、AB、BC段的加速度大小aBCaOAaABDOA段的加速度方向与速度方向相反【答案】C【解析】第1 s内与第5 s内的速度图象都在时间轴的上方，都为正，方向相同，A错误；斜率表示加速度，倾斜度越大，加速度越大，从图可以看出aBCaOAaAB，故B错误，C正确；OA段的加速度与速度方向都为正，D错误5.2013年5月2日凌晨0时06分，我国“中星11号”通信卫星发射成功“中星11号”是一颗地球同步卫星，它主要用于为亚太地区等区域用户提供商业通信服务图为发射过程的示意图，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经Q点点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再一次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是()A 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C 卫星在轨道1上经过Q点时的速度大于它在轨道2上经过Q点时的速度D 卫星在轨道2上经过P点时的速度小于它在轨道3上经过P点时的速度【答案】D【解析】同步卫星在圆轨道上做匀速圆周运动时有：Gm，v，因为r1r3，所以v1v3，由得13在Q点，卫星沿着圆轨道1运行与沿着椭圆轨道2运行时所受的万有引力相等，在圆轨道1上引力刚好等于向心力，即F.而在椭圆轨道2上卫星做离心运动，说明引力不足以提供卫星以v2速率做匀速圆周运动时所需的向心力，即F，所以v2v1.卫星在椭圆轨道2上运行到远地点P时，根据机械能守恒可知此时的速率v2v2，在P点卫星沿椭圆轨道2运行与沿着圆轨道3运行时所受的地球引力也相等，但是卫星在椭圆轨道2上做近心运动，说明Fm，卫星在圆轨道3上运行时引力刚好等于向心力，即Fm，所以v2v3.由以上可知，速率从大到小排列为v2v1v3v2.6.如图所示，大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍A、B分别为大、小轮靠摩擦传动做匀速转动的大小轮边缘上的点，C为大轮上一条半径的中点则()A 两轮转动的角速度相等B 大轮转动的角速度是小轮的2倍C 质点加速度aA2aBD 质点加速度aB4aC【答案】D【解析】靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，知A、B两点具有相同的线速度故A错误根据vr，vAvB，知小轮转动的角速度是大轮的两倍故B错误A、B两点具有相同的线速度，根据a，知，故C错误A、B具有相同的线速度，根据vr，A、C具有相同的角速度，.根据ar2，故D正确7.如图所示,绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J,重力做功1.5J,电势能增加0.5J,则以下判断正确的是（ ）A. 金属块带负电荷B. 静电力做功0.5JC. 金属块克服摩擦力做功0.7JD. 金属块的机械能减少1.4J【答案】C【解析】在金属块滑下的过程中动能增加了，金属块克服摩擦力做功，重力做功，根据动能定理得：，解得：，所以电场力做功，金属块的电势能增加由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故A、D正确，B错误；在金属块滑下的过程中重力做功，重力势能减小，动能增加了，所以金属块的机械能减少，故C错误。考点：电势能、功能关系8.如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，若电子仅受到电场力作用，其在a、b、c三点的速度大小分别为va、vb、vc，则（ ）A. 三个等势面的电势大小为中CBA；B. 电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功；C. 电子在a、b、c三点的速度关系vbvcva；D. 电子在a、b、c三点的电势能关系EPAEPBEPC【答案】B【分析】对于带电粒子在电场中的运动，首先根据运动轨迹判断出电场力做功问题，然后动能定理或功能关系判断相关问题；【详解】A、根据电子运动的轨迹可判断电场力对电子做负功，电子的电势能增大，即，故电势的关系为，故选项AD错误；B、根据题意相邻等势面间的电势差相等，则根据公式可知电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功，故选项B正确；C、由于电场力对电子做负功，电子的电势能增大，则动能减小，由于电子质量不变，故电子在a、b、c三点的速度关系，故选项C错误。9.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A. 电压表读数减小 B. 电流表读数变大C. 质点P将向上运动 D. R1上消耗的功率逐渐增大【答案】C【解析】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻变大，则电路中总电阻变大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压变大，同时R1两端的电压也减小，故并联部分的电压变大；由欧姆定律可知流过R3的电流变大，流过并联部分的总电流减小，故电流表示数减小；因并联部分电压变大，而R2中电压减小，故电压表示数变大，故AB错误；因电容器两端电压变大，故电荷受到的向上电场力变大，则重力小于电场力，合力向上，质点将向上运动，故C正确；因R1两端的电压变小，由P=可知，R1上消耗的功率变小；故D错误；故选C。10.静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线下列说法正确的是（ ）A. x轴上x1与x2之间的电场强度小于x3与x4之间的电场强度B. 正电荷沿x轴从0移到x1的过程中，电场力做负功，电势能增加C. 负电荷沿x轴从x3移到x4的过程中，电场力不做功，电势能不变D. 电荷量为q的电荷沿x轴从x1移到x3，电场力做功为q（21）【答案】BC【分析】根据，图象的斜率表示电场强度，沿着电场线电势降低，电场力做功等于电势能的减小量。A、图象-x的斜率表示电场强度，即x轴上x1与x2之间的电场强度等于x3与x4之间的电场强度，都为零，故选项A错误；B、由图像可知：沿x轴从0移到x1的过程中电势升高，故电场力对正电荷做负功，电势能增加，故选项B正确；C、由于x3与x4之间斜率为零，即场强为零，故在此过程中电场力对负电荷不做功，电势能不变，故选项C正确；D、电荷量为q的电荷沿x轴从x1移到x3，电场力做功为，故选项D错误。11.如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子的重力不计。已知速度为v0的质子流可以从a点沿直线运动到b点，以下说法正确的是（ ）A. 速度为v0的射线（He核流）也可以从a沿直线运动到b点；B. 速度为v0的射线（电子流）也可以从a沿直线运动到b点；C. 速度为v0的质子流也可以从b沿直线运动到a点；D. 速度大于v0的射线（光子流，不带电）也可以从a沿直线运动到b点【答案】ABD【解析】带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动；A、由于质子带正电，a点沿直线运动到b点，即电场力向下，洛伦兹力向上，则若射入速度为v0的射线（He核流），仍然是电场力向下，洛伦兹力向上，仍满足，即也可以从a沿直线运动到b点，故选项A正确；B、若射入速度为v0的射线（电子流），则电场力向上，洛伦兹力向下，仍满足，即也可以从a沿直线运动到b点，故选项B正确；C、若射入速度为v0的质子流也可以从b沿直线运动到a点，则其受到电场力向下，洛伦兹力也向下，不满足二力平衡，故选项C错误；D、若射入速度大于v0的射线（光子流，不带电），则不受电场力和洛伦兹力作用，即可以从a沿直线运动到b点，故选项D正确。12.如图所示，在国庆60周年阅兵盛典上，我国预警机“空警-2000”在天安门上空时机翼保持水平，以4.5102km/h的速度自东向西飞行该机的翼展（两翼尖之间的距离）为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.710-5T，则（）A. 两翼尖之间的电势差为0.29VB. 两翼尖之间的电势差为2.9VC. 飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D. 飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低【答案】AC【解析】飞机在飞行时切割磁感线，则由可求得两翼间的电势差，由右手定则可判断两翼电势的高低由可得，两翼间的电势差，故A正确B错误；由右手定则可知，若有闭合回路，则电路中电流应由右方流向左方，因飞机此时作为电源处理，故电势应为左方向高，故C正确D错误；13.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（ ）A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 2 s末带电粒子回到原出发点C. 3 s末带电粒子的速度为零D. 03 s内，电场力做的总功为零【答案】CD【解析】试题分析：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C错误；因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零故D正确故选：D考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理。二、实验题14.用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电功率（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在端_（选填“a”或“b”）；（2）根据所得到的IU图像如图（乙）所示，小灯泡在额定电压下的实际功率P_W；（3）若将该灯泡直接接在电动势为2.4V，内阻为6的电源两端，此时电路工作的效率为_【答案】 (1).a（1分） (2).1.2（2分） (3).25（3分）【解析】（1）明确变阻器采用分压式接法时，电键闭合前应将滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；（2）根据欧姆定律写出电阻测量值和真实值的表达式即可；（3）画出电源的图像，两图像交点即为小灯泡工作电压和电流；【详解】（1）闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表；（2）根据欧姆定律，电阻测量值为，若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为，比较可知，所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小；根据I-U图象读出时对应的电流，所以小灯泡的实际功率为；（3）作出电源的如图所示：由图像可知，此时小灯泡两端电压为则此时电路工作的效率为：。15.在“测量金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx。(1)请写出测金属丝电阻率的表达式：_(用上述测量的字母表示)(2)若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图所示，则金属丝长度的测量值为l_cm，金属丝直径的测量值为d_ mm.(3)如图，要用伏安法测量Rx的电阻，已知电压表内阻约几千欧，电流表内约1 ，若用图甲电路，Rx的测量值比真实值_(填“偏大”或“偏小”)，若Rx的阻值约为10 ，应采用_(填“甲”或“乙”)图的电路，误差会较小【答案】(1)（1分） (2)3.335（2分）1.767(1.7651.769都正确)（2分） (3)偏小（2分） 甲（2分）三、计算题16（10分）.如图所示，R为电阻箱，为理想电压表，当电阻箱读数为R12时，电压表读数为U14V；当电阻箱读数为R25时，电压表读数为U25V求：(1)电源的电动势E和内阻r.(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？【答案】(1)6V1(2)当R的读数为1时，输出功率最大，为9W【解析】(1)由闭合电路欧姆定律EU1r （1分）EU2r （1分） 联立并代入数据解得E6V，r1 （2分）(2)由电功率表达式P()2R （2分）将式变形为P （2分）由式知，Rr1时，P有最大值Pm9W. （2分）17（10分）.质量为1kg的金属杆静止于相距1m的两水平轨道上，金属杆中通有方向如图所示大小为20A的恒定电流，两轨道处于竖直方向的匀强磁场中金属杆与轨道间的动摩擦因数为取 欲使杆向右匀速运动，求磁场的磁感应强度大小和方向欲使杆向右以加速度为作匀加速运动，求磁场的磁感应强度大小【答案】（1）0.3T，方向竖直向上 （2）0.4T【解析】(1)杆向右匀速运动，说明杆受到的安培力是向右的，根据左手定则可以知道，磁场的方向竖直向上 （2分）杆向右匀速运动，安培力大小和杆受到的摩擦力大小相等，则（2分） （1分）(2)欲使杆向右以加速度作匀加速运动，由牛顿第二定律可知 （3分）则 （2分）18（10分）.如图所示，一带电粒子质量为m，电量为q（不计重力），以恒定速率垂直射入磁感应强度B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为30求：（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径；（2）带电粒子穿过磁场区的时间【答案】（1）2d （2）【解析】（1）带电粒子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F洛，故圆心在粒子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点上，设圆心为O点如图所示由几何知识可知，圆心角=30 （2分）OC为半径r，则得 （2分）（2）由洛伦兹力提供向心力得： （2分）粒子在磁场中做圆周运动的周期： （2分）设穿过磁场的时间是t，则： （1分）所以： （1分）19（13分）.如图所示，A、B和C、D为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E.一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始，经A、B加速后穿过C、D发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：(1)粒子带正电还是带负电？(2)粒子打在荧光屏上的位置距O点多远处？(3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大？【答案】(1)正电(2)(L)(3)【解析】(1)粒子向下偏转，电场力向下，电场强度方向也向下，所以粒子带正电（1分）(2)设粒子从A、B间射出时的速度为v，则有qUmv2. （2分）设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为，偏转距离为y，则在水平方向有vxv，xvxt. （1分）在竖直方向有vyat，yat2. （1分）粒子加速度a. （1分）由此得到tan，y. （2分）所以粒子打在荧光屏上的位置距O点的距离为yyLtan(L)（1分）(3)方法一：由上述关系式得vyEx，（2分）所以粒子打在荧光屏上时的动能为EkmvmvqU.（2分）方法二：对于粒子运动的整个过程应用动能定理qUqEyEk，（2分）得EkqUqE.（2分）