2019版高二物理上学期期末考试试题(含解析) (I).doc

2019版高二物理上学期期末考试试题(含解析) (I)一、选择题1. 下列说法中正确的是（ ）A. 电流的方向就是电荷移动的方向B. 电流都是由电子的移动形成的C. 在直流电源对外供电的过程中，外电路上电流的方向是从电源正极流向负极D. 电流是有方向的量，所以是矢量【答案】C【解析】试题分析：电流的方向就是正电荷定向移动的方向 ，选项A错误；电流不都是由电子的移动形成的，有的是由离子视为定向移动产生的，选项B错误；在直流电源对外供电的过程中，外电路上电流的方向是从电源正极流向负极，选项C正确；电流是有方向的量，但是电流是标量，选项D错误；故选C考点：电流【名师点睛】本题中要注意电流的形成以及方向，同时明确电流的方向与矢量的方向意义不同，其运算按代数法则，不能按照平行四边形定则计算，故电流不是矢量，是标量。2. 如图所示，磁场方向水平向右，ab是一段通电导体，则它受到的安培力方向是（ ）A. 垂直于纸面向里 B. 垂直于纸面向外C. 水平向左 D. 水平向右【答案】B【解析】试题分析：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向右穿过手心，则手心朝左；四指指向电流方向，则指向下，拇指指向外，故导线受到的安培力向外；故选：B3. 如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态现贴着下板插入一定厚度的金属板，则在插入过程中 （ ）A. 电容器的带电量不变 B. 电路将有顺时针方向的短暂电流C. 带电液滴将向上做加速运动 D. 带电液滴仍将静止【答案】C【解析】插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据决定式，知电容增大，电势差不变，则Q=CU知，电容器带电量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流故AB错误；电势差不变，d减小，则根据可知电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。4. 如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷Qa、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是（ ）A. b、d两点的电场强度相同B. a点的电势等于f点的电势C. 点电荷q在球面上任意两点之间移动时，电场力做功一定不为零D. 将点电荷q在球面上任意两点之间移动，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大【答案】D【解析】试题分析：点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向左下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同故A错误；将一个试探正电荷由a点移动到f点，受O点的点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，故a点的电势大于f点的电势，B错误；当电荷+q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，受O点的点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，电势能的变化量一定最大，故D正确故选D。考点：电场力的功；电势能【名师点睛】本题还是要将电场看作是由匀强电场和点电荷的电场组合而成，再分析电场力做功、电场强度和电势能时更是如此。5. 如图甲所示，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度挂在天平右臂下方的单匝矩形线圈中通入如图乙所示的电流，此时天平处于平衡状态现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为三角形线圈，挂在天平的右臂下方，如图丙所示则()A. 天平将向左倾斜 B. 天平将向右倾斜C. 天平仍处于平衡状态 D. 无法判断天平是否平衡【答案】B【解析】天平原本处于平衡状态，线圈受到向上的安培力作用；由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，将该矩形线圈改为三角形线圈，则有效长度最短，磁场强度B和电流大小I不变，所以所受的安培力变小，则天平向右倾斜，故选B点睛：本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F=BIL公式的L是指导体的有效长度6. 如图所示，有一内电阻为4.4 的电解槽和一盏标有“110 V60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V的直流电路两端，灯泡正常发光，则()A. 电解槽消耗的电功率为120 W B. 电解槽的发热功率为60 WC. 电解槽消耗的电功率为60 W D. 电路消耗的总功率为60 W【答案】C【解析】由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压为：220-110=110V，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以有，所以电解槽的输入功率为：，故AB错误，C正确；电路消耗总功率为为：，故D错误。所以C正确，ABD错误。7. 如图所示，有abcd四个离子，它们带等量的同种电荷，质量不等。有mambmcmd，以不等的速度vavbvcvd进入速度选择器后有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，则A. 射向P1的是a离子 B. 射向P2的是b离子C. 射到A1的是c离子 D. 射到A2的是d离子【答案】C【解析】试题分析：通过在磁场中偏转知，粒子带正电在速度选择器中，有qE=qvB，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器所以只有b、c两粒子能通过速度选择器a的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转故A正确，B错误只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据，知质量大的半径大，知射向A1的是b离子，射向A2的是c离子故C、D错误故选A考点：速度选择器；带电粒子在匀强磁场中的而运动.8. 如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，且MPON，则（ ）A. M点的电势比P点的电势高B. 将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C. M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D. 在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动【答案】AD【解析】试题分析：过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有MPN，故A正确将负电荷由O点移到P点，因UOP0，所以W=-qUOP0，则负电荷电场力做负功，故B错误；由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确；故选AD考点：电场线；电势及电势能【名师点睛】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。视频9. 如图所示，真空中两虚线圆为以为圆心的同心圆，分别于坐标轴交于abcd、efgh；在ac两点固定两个等量点电荷，bd两点固定两个等量点电荷，下列说法正确的是（ ）A. g、f两点的电场强度相同B. e、h两点的电势相同C. 将质子从e移到o电场力一直做正功D. 将质子从o移到f电场力一直做正功【答案】BCD【解析】试题分析：根据电场的叠加原理可知，两个正电荷和两个负电荷在g点产生的场强方向沿y轴正向，则g点的场强方向沿y轴正向两个正电荷和两个负电荷在f点产生的场强方向沿y轴负向，则f点的场强方向沿y轴负向，g、f两点场强大小相等，方向相反，所以电场强度不同，故A错误；在两个正电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势相同在两个负电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势也相同则根据叠加原理可知，e、h两点的电势相同，故B正确；根据电场线的分布可知，eo间的电场线方向沿，质子所受的电场力方向由，则将质子从e移到o电场力一直做正功，故C正确；根据电场线的分布可知，of间的电场线方向沿，质子所受的电场力方向由，则将质子从o移到f电场力一直做正功，故D正确。考点：电势差与电场强度的关系、电势【名师点睛】解决本题的关键是掌握等量同种电荷电场线和等势面的分布情况，熟练运用电场的叠加原理来分析电场强度和电势关系。10. 在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是A. R1短路 B. R4短路 C. R2断路 D. R3断路【答案】CD考点：电路的故障分析【名师点睛】本题是电路的动态分析问题，关键理清电路结构，然后根据串并联电路的特点分析，不难。11. 如图所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场后，保持原速度做匀速直线运动，设磁感应强度为B，如果使匀强磁场发生变化，则下列错误的是（ ）A. 磁感应强度B减小，油滴动能增加B. 磁感应强度B增大，油滴机械能不变C. 使磁场方向反向，油滴动能减小D. 使磁场方向反向后再减小，油滴重力势能减小【答案】ABD【解析】带负电的油滴在匀强磁场B中做匀速直线运动，则受到竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，当B减小时，由F=qvB可知洛伦兹力减小，重力大于洛伦兹力，重力做正功，故油滴动能增加，但油滴机械能不变，故A正确；B正确，若磁场反向，油滴洛伦兹力竖直向下，重力做正功，动能增加，重力势能减小，故C错误，D正确。所以ABD正确，C错误。12. 某静电场方向平行于x轴，其电势随x变化规律如图所示。一质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x0)进入电场，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的是() A. 粒子从O运动到x1的过程中做匀加速直线运动B. 粒子从x1运动到x3的过程中，电势能一直减少C. 若v0为 ，带电粒子在运动过程中的最大速度为D. 若使粒子能运动到x4处，则初速度v0至少为【答案】BC【解析】粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，与粒子的速度方向相反，则粒子做减速运动故A错误；粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能越大，可知，粒子的电势能不断减小故B正确；若v0=，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得 q0-（-0）= ，解得最大速度为vm=故C正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得： ，解得，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为故D错误故选BC点睛：此题也可以根据电势随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化对于速度问题，往往利用动能定理列方程解答二、实验题13. 图甲为某同学测绘额定电压为25V的小灯泡的IU图线的实验电路图。（1）根据电路图以及相关参数，选择好量程，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接成完整实验电路_（2）开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于_（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示如果这个小灯泡两端所加电压为14V，则小灯泡此时的电阻是_（保留一位小数）随着电压增大，小灯泡的电阻_（填“增大”，“减小”或“不变”），原因是_。【答案】 (1). （1）如图； (2). （2）A端 (3). （3）6.4 (4). 增大 (5). 灯丝温度升高电阻增大【解析】试题分析：（1）根据给出的原理图可知，本实验中采用分压接法和电流表外接法；连接实物图如图所示；（2）为了安全实验，开始应让测量电路两端的电压为零；则可知应让滑片置于A端；（3）由图可知，当电压为14V时，电流为022A；则电阻； I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，灯泡电阻增大；其原因是电压升高，功率增大，温度升高，电阻率增大；考点：测绘小灯泡的IU图线【名师点睛】题考查伏安法测灯泡的伏安特性曲线，要注意明确电路的接法，注意灯泡的伏安特性曲线的掌握，明确I-U图象和U-I图象的区别。14. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率,步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲,由图可知其长度为_mm; 用螺旋测微器测量其直径如图乙,由图可知其直径为_mm;用多用电表的电阻“10”挡,按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图丙,则该电阻的阻值约为_(2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻RA金属丝L,长度为L0,直径为DB电流表A1,量程1 mA,内阻r1=375 C电流表A2,量程500 A,内阻r2=750 D电压表V,量程10 V,内阻10 kE电阻R1,阻值为100 ,起保护作用F滑动变阻器R2,总阻值约20 G电池E,电动势1.5 V,内阻很小H开关S、导线若干为使实验误差较小,要求测得多组数据进行分析,请在虚线框中画出测量的电路图,并标明所用器材的代号_(3)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等,由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=_m(保留2位有效数字)【答案】 (1). (1) 50.15 (2). 4.700 (3). 220 (4). (2) 电路图见解析图； (5). (3) 7.610-2【解析】（1）游标卡尺主尺读数为50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数30.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm电阻的阻值R=2210=220；（2）电源电动势为1.5V，待测电阻约为几百欧姆，故电流约为几百毫安；为了保证安全，电流表选择A1；由于所给的电压表量程太大，无法完成实验，故将A2充当电压表使用；由于要求多测数据，故滑动变阻器采用分压接法；电路图如图所示；（3）由电阻定律 ，S=d2, 代入解得=7.610-2m点睛：测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法15. 如图所示，已知R33，理想电压表读数为3v，理想电流表读数为2A，某时刻由于电路中R3发生断路，电流表的读数25A，R1上的电压为5v，求：（1）R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少？（R3发生断路时R2上没有电流）（2）电源电动势E和内电阻r各是多少？【答案】（1）2 4V 1（2）10 V 2【解析】试题分析：（1）R3断开时 电表读数分别变为5v和25A 可知R1=2欧R3断开前R1上电压U1=R1I=4VU1= U2+ U3所以 U2=1VU2：U3= R2：R3=1:3R2=1（2）R3断开前 总电流I1=3AE = U1 + I1rR3断开后 总电流I2=25AE = U2 + I2r联解方程E= 10 V r=2考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】三、解答题16. 如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点已知OP=l，OQ=2l不计重力求：（1）M点与坐标原点O间的距离；（2）粒子从P点运动到M点所用的时间【答案】（1）6L（2）【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为，则由牛顿第二定律得：qE=ma在电场中运动的时间为： 水平初速度： 其中 ，y0=L，又 联立得=30由几何关系知MQ为直径，MO=6L （2）设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有 从P点到M点所用的时间t=t1+t2联立并代入数据得 视频17. 如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/c，在y0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量q= +0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点，（g=10m/s2），求：（1）小球运动到O点时的速度大小；（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；（3）ON间的距离。【答案】（1）2m/s（2）8.2N（3）3.2m.（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理：代入数据求得小球在O点速度为：v0=2m/s（2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：洛伦兹力：联立解得：T=8.2N。（3）绳断后，小球水平方向加速度小球从O点运动至N点所用时间为：ON间距离为：。点睛：本题主要考查了物体在复合场中的运动，分清运动过程，并正确的做出受力分析，另外还要会根据物体受力情况判断出物体的运动情况，再结合动能定理即可轻松解决问题。