2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题（ 每题4分，第8、9、10为多选，其余为单选题）1.如图，导体棒MN垂直放置在光滑水平导轨ad和bc上，a、b点是导轨与棒的交点，与电阻R形成闭合回路。在abcd内存在垂直导轨平面竖直向下的匀强磁场，以下有关感应电流的说法正确的是（ ）A. 若导体棒MN水平向左运动，通过电阻R电流方向从dRcB. 若导体棒MN水平向左运动，通过电阻R电流方向从cRdC. 若导体棒MN水平向右运动，通过电阻R电流方向从dRcD. 若导体棒MN水平向右运动，通过电阻R电流方向从cRd【答案】B【解析】【分析】根据导体棒的运动情况，利用右手定则进行判断即可【详解】根据右手定则可得，若导体棒MN水平向左运动，通过电阻R电流方向从cRd，A错误，B正确；仅在abcd区域存在竖直向下的匀强磁场，若导体棒MN水平向右运动，电路中无电流，故CD错误；故选B.2.一节干电池的电动势为1.5V，这表示()A. 该电池接入电路工作时，电池两极间的电压恒为1.5VB. 电池中每通过1C的电荷量，该电池能将1.5 J的化学能转变成电势能C. 该电池存储的电能一定比电动势为1.2V的电池存储的电能多D. 将1C的电子由该电池负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功【答案】B【解析】接入电路后，两极电压为路端电压，若外电路正常工作，则路端电压小于电动势，故A错误电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电路中每通过1C的电量，该电池能将1.5J的化学能转变成电能，故B正确电动势表示电源是把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，电动势大储存的电能不一定多，故C错误一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D错误故选B.点睛：EW非q也是属于比值定义式，与UWq含义截然不同，电动势E大小表征电源把其它形式能转化为电能本领大小，而电压U大小表征电能转化为其它形式的能的大小，要注意区分3.如图，MN是放置在匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过薄金属板，实线表示其运动轨迹，由图可知 ( )A. 粒子带正电B. 粒子运动方向是abcdeC. 粒子运动方向是edcbaD. 粒子上半周运动所用时间比下半周所用时间长【答案】C【解析】【详解】A、带电粒子不计重力在匀强磁场中运动并穿过金属板后粒子速率变小，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式：r=mvqB，粒子的半径将减小，故粒子应是由下方穿过金属板，故粒子运动方向为edcba，根据左手定则可得，粒子应带负电，故A错误；BC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba，故B错误，C正确；D、由T=2mqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T2，故D错误；故选：C4. 直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动，当通过如图所示的电流时（同时通电）从左向右看，线圈将 （ ）A. 顺时针转动，同时靠近直导线ABB. 顺时针转动，同时离开直导线ABC. 逆时针转动，同时靠近直导线D. 不动【答案】C【解析】试题分析：根据安培定则可知，通电导线在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里采用电流元法，将圆环分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，从左向右看，圆环将逆时针转动；又特殊位置：圆环转过时，通电直导线对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，由于吸引力大于排斥力，圆环靠近，故C正确，ABD错误。考点：楞次定律【名师点睛】本题是磁场中典型问题：判断安培力作用下导体运动的方向常用方法有：等效法、电流元法、特殊位置法等，根据安培定则判断通电导线产生的磁场方向，采用电流元法和特殊位置法分析圆环所受安培力，判断圆环的运动情况。5.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器中P点处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则（ ）A. 点电荷所受电场力增大B. 点电荷在P处的电势能减少C. P点电势减小D. 电容器的带电荷量增加【答案】B【解析】因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=q而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误；由Q=CU，又有C=S4kd，故C减小，Q减小，故D错误；故选B.点睛：电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断，对于电势能表达式EP=q，电荷量以及电势均要考虑正负号6.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在A B弧中点处的电场强度大小为 （ ）A. 3mg/q B. mg/qC. 2mg/q D. 4mg/q【答案】A【解析】【分析】带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力在下滑过程中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小【详解】设圆的半径是r，由A到B，由动能定理得：mgr12mv2；在B点，对小球由牛顿第二定律得：qEmgmv2r；联立以上两式解得：E3mgq ；由于是点电荷-Q形成的电场，由EkQr2得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB弧中点处的电场强度为E3mgq，故选A。【点睛】小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动7. 如图电路中，当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为A. 电压表示数增大，电流表示数减少B. 电压表示数减少，电流表示数增大C. 两电表示数都增大D. 两电表示数都减少【答案】A【解析】试题分析：动态变化分析问题一般按照“局部整体局部”的顺序，分析总电阻变化总电流变化总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和R2电流变化确定当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E-Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I-I2，则减小故ACD错误，B正确故选B 考点：电路动态变化分析8.如图所示是由电荷量分别为6q和q的两个点电荷组成的一个电荷系统，其中A、B是两点电荷所在位置，N、P、Q是AB连线上的三点，N点的电场强度为零。若规定无限远处的电势为零，则下列说法正确的是A. 图中左侧A点为6q的点电荷B. N点的电势大于零C. P点电势高于Q点电势D. P点场强大于Q点场强【答案】BC【解析】A、图中右侧电场线比较密集，故图中右侧B点为+6q的点电荷，A错误；B、N点的电场强度为零，N点左侧的区域电场线方向是向左的，因此N点的电势大于零，B正确；C、N点的电场强度为零，N点右侧的区域电场线方向是向右的，顺着电场线方向电势降低，则知P点电势高于Q点电势，C正确；D、P、Q两点所在的区域，沿电场线方向逐渐变密，因此P点的场强小于Q的场强，D错误； 故选BC。9.如图所示，定值电阻R20 ，电动机线圈的电阻R01.0 ，当开关S断开时，电流表的示数是1.0 A。当开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数为2.0A。则（ ）A. 电路电压为20VB. 电路的发热功率为20WC. 电动机的输出功率为19WD. 电动机的效率是95【答案】ACD【解析】【详解】A：开关S断开时，电流表的示数是1.0 A，电路电压U=IR=1.020V=20V。故A项正确。B：开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，流过电阻电流不变，电流表的示数为2.0A，则流过电动机的电流IM=II=21A=1A，电路的发热功率为P=I2R+IM2R0=1220+121W=21W。故B项错误。C：电动机的输出功率P机=UIMIM2R0=201121W=19W，故C项正确。D：电动机的总功率PM=UIM=201W=20W，则电动机的效率=P机PM=1920=95%。故D项正确。10.如右图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间距相等一电子（不计重力）射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的一些交点。由此可以判定（ ）A. O处的点电荷一定带正电B. a、b、c三个等势面的电势关系是abUB，UAB=e=6V（2）K闭合时，R1、R2串联，电路中有电流，此时AB等势，电容器C1两端的电压为R2两端的电压，电容器C2两端的电压为R1两端的电压，故UC1=UR2，UC2=UR1，电路中电流I=ER1+R2+r=62+1+1=1.5A，UC1=UR2=IR2=1.5V，UC2=UR1=IR1=3V，在K断开的瞬间，电容两端的电压小于电源两端电压，所以电源继续给电容器充电直到达到稳定。K断开后，流过电阻的总电量即为新充入的电量，则：Q=CUQ=CU，对C1，Q1=C1U1=14.5=4.5C，对C2，Q2=C2U2=23=6C；【点睛】电容器视为电阻无穷大的电路元件，对电路是断路，只能进行充放电。电容器两极板间的电压，等于它在支路两端的电压。在直流电路中，除充放电的极短时间内，电容支路有电流外，稳定后电容支路无电流，与电容器串联的电阻两端等势。18.如图所示，两块平行金属板PQ、MN竖直放置，板面与纸面垂直，在平行板右侧上方的正三角形ABC区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，P、M、A在一条直线上，B、M、N在一条直线上，三角形底边BC与PA平行，BM=L，一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0沿平行极板方向射入电场，若在两板之间加一水平向右的匀强电场，电场强度为E，粒子离开电场后垂直AB边从AB边中点D点进入磁场，并垂直AC边射出，不计粒子的重力，求： （1）粒子进入磁场时的速度大小及粒子在两极板间运动的时间；（2）三角形区域内磁感应强度；（3）若三角形区域内的磁场变为反方向，要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，求此磁感应强度大小的范围。【答案】（1）2v0 3mv0qE （2）23mv0qL ，方向垂直纸面向外（3）2(2+3)mv0qL【解析】【详解】（1）粒子垂直AB边进入磁场，粒子进入磁场时的速度：v=v0sin30=2v0，由v0tan600=ata=qEm解得t=3mv0qE；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：由几何知识得可知：AB=Lsin60=233L，粒子轨道半径：R=12AB=33L，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R，解得：B=23mv0qL，由左手定则可知，磁场方向：垂直于纸面向外；（3）磁场反向后，磁场方向垂直于纸面向里，粒子运动轨迹与BC相切时磁感应强度最小，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：r+rsin60=12AB，解得：r=L2+3，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r解得：B=2(2+3)mv0qL ；则此磁感应强度大小的范围为：B2(2+3)mv0qL【点睛】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，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是解题的前提，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。