2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题(含解析).doc

xx-2019学年高二物理上学期期末考试试题(含解析)一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分) 1.如图所示,原来不带电的绝缘金属导体MN,在其两端下面都悬挂金属验电箔,若使带负电的绝缘金属球A靠近导体M端,可能看到的现象是()A. 只有M端验电箔张开,且M端带正电B. 只有N端验电箔张开,且N端带负电C. 两端的验电箔都张开,且N端带负电,M端带正电D. 两端的验电箔都张开,且N端带正电,M端带负电【答案】C【解析】【详解】金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且N端带负电，M端带正电，所以C正确，ABD错误；故选C。2.在静电场中，将一电子从a点移至b点，静电力做功5 eV，下列结论正确的是()A. 电场强度的方向一定由b到aB. a、b两点的电势差是50 VC. 电子的电势能减少了5 eVD. 因电势零点未确定，故不能确定a、b间的电势差【答案】C【解析】【详解】A、电场力做正功，电势能减小，电子带负电，所以从低电势运动到了高电势，即b点电势高于a点电势，电场线的方向是电势降落最快的方向，所以电势降落的方向不一定是电场的方向；故A错；B、根据W=qUab，可知5eV=eUab，故Uab=5v，故B错误；C、将一电子由a点移到b点，电场力做功5eV，故电子的电势能减小了5eV故C正确。D、由于电势是一个相对性的概念，故电势的高低与零电势的选取有关，所以在零电势点未确定时，不能确定a、b两点的电势，故D正确。本题选错误答案，故选：AB。【点睛】加强对基本概念的理解才能顺利解决概念性的题目，另外在做题时一定要仔细推导，不能凭想当然解题。3.如图所示，是静电场的一部分电场线的分布情况，则下列说法正确的是（）A. 这个电场可能是负点电荷的电场B. 点电荷q在A点处受到的电场力比在B点所受到的电场力大C. 负电荷在B点处受到的电场力的方向与B点切线方向相同D. 点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处瞬时加速度小(不计重力)【答案】B【解析】【详解】孤立的负点电荷形成的电场电场线是会聚型的直线，则知这个电场不可能是孤立的负点电荷形成的电场，故A错误；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，所以EAEB，根据F=qE=ma知点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大，点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度大，故B正确，D错误；电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，故C错误。故选B。【点睛】本题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，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同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大4. 下列关于电荷的电势能的说法中正确的是 ( )A. 电荷在电场强度大的地方，电势能一定大B. 电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零C. 电荷在电势较高的地方其电势能一定较大D. 如果静电力对电荷不做功，电荷的电势能就一定不变【答案】D【解析】电势与电场强度大小没有直接关系，AB错；对于负电荷来说，电势越高电势能越小，C错；静电力对电荷不做功，电荷的电势能就一定不变，D对；5.用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值如图所示，分别将图甲和图乙两种测量电路连接到电路中，按照甲图时，电流表示数460 mA，电压表示数250 V；按照乙图时，电流表示数为500 mA，电压表示数为230 V，比较这两次结果，正确的是（ ）A. 电阻的真实值更接近543 ，且大于543 B. 电阻的真实值更接近543 ，且小于543 C. 电阻的真实值更接近460 ，且大于460 D. 电阻的真实值更接近460 ，且小于460 【答案】B【解析】比较甲、乙两图的电压读数，可知U020 V，则008；电流变化I040 mA，则0087，可见，即电流变化明显一些，可见电压表内阻带来的影响，比电流表内阻带来的影响大，故应采取内接法，Rx543 ，此法测量值偏大，因此选项B正确。6. 下列给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差又直观、简便的是（ ）A. 测出两组I、U的数据，代入方程组EU1I1r和EU2I2r，求出E和rB. 多测几组I、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值C. 测出多组I、U的数据，画出U-I图象，再根据图象求E、rD. 多测几组I、U的数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势E，再用闭合电路欧姆定律求出内电阻r【答案】C【解析】A中只测两组数据求出E、r，偶然误差较大；B中计算E、r平均值虽然能减小误差，但太繁琐；D中分别求I、U的平均值是错误的做法。故选C。7.两个用同种材料制成的均匀导体A、B，其质量相同，当它们接入电压相同的电路时，其电流之比IAIB14，则横截面积之比SASB为()A. 12 B. 21 C. 14 D. 41【答案】C【解析】【详解】当两导体接入电压相同的电路时，电流之比IA：IB=1：4，根据欧姆定律I=得电阻之比RA：RB=4：1，两个导体的材料相同，电阻率相同，长度相同，根据电阻定律R=得到，横截面积之比SA：SB=RB：RA=1：4故选：C【点睛】本题是欧姆定律和电阻定律的综合应用，常规题，只要基础扎实，没有困难如图是一个三输入端复合门电路，当C端输入“1”时，A、B端输入为何时输出端Y输出“1”（ ）A.0 0 B.0_8_C.1 0 D.1 1【答案】D【解析】试题分析：在门电路中，最后一个中与门电路，要想最后的输出端为“0”，则最后的门电路的输入端有一个是“0”即可，又因为A、B端接入的是与门电路的输入端，要使其输出端为“0”，则输入端有一个为“0”即可，即A、B端输入为“0”、“0”时可以，输入为“0”、“1”时也可以，输入为“1”、“0”时也可以，故A、B、C是正确的。考点：门电路的逻辑原理。9.长为L的直导线，通过电流I，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的磁场力为F，则()A. F一定和L、B都垂直，L和B也一定垂直B. L一定和F、B都垂直，F和B夹角可以是0和以内的任意角C. L一定和F、B都垂直，F和L夹角可以是0和以内的任意角D. F一定和L、B都垂直，L和B夹角可以是0和以内的任意角【答案】D【解析】【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向根据左手定则的内容判断安培力的方向【详解】根据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁感线垂直，且安培力与电流方向垂直，所以安培力垂直于感应线与电流构成的平面。但磁感线不一定垂直于电流，故ABC错误，D正确；故选：D.10.如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，边长为l的正方形线圈中通以电流I，线圈中的某一条a导线电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B.则()A. 该磁场是匀强磁场B. 该线圈的磁通量为Bl2C. a导线受到的安培力方向向下D. b导线受到的安培力大小为BIl【答案】D【解析】【分析】利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受大小不变的安培力力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向。【详解】A. 该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误；B. 线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；C. a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C错误；D. 导线b始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为IlB，故D正确；故选：D11. 通电螺线管附近放置四个小磁针，如图所示，当小磁针静止时，图中小磁针的指向正确的是 (涂黑的一端为N极)( )A. a B. b C. c D. d【答案】B【解析】试题分析：右手握住螺线管，四指弯曲方向为电流的绕行方向，大拇指指向表示螺线管内部磁场的方向，所以螺旋管内部磁场方向为从右向左，外部从左向右，故小磁针a、c、d的N极水平向左，b的N极水平向右故B正确，ACD错误故选B。考点：右手螺旋定则【名师点睛】解决本题的关键会根据右手螺旋定则判断螺线管周围的磁场方向，以及知道小磁针静止时N极的指向表示磁场的方向。12. 磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子电流假说可知，其原因是A. 分子电流消失 B. 分子电流的取向变得大致相同C. 分子电流的取向变得杂乱 D. 分子电流的强度减弱【答案】C【解析】安培分子电流假说认为：任何物质内部都有无数的微小的电流环，之所以在通常情况下不表现磁性，是因为这些分子电流杂乱无章的排列，当在一定的外界条件下时，这些分子电流有规则排列，即显示出磁性。所以失去磁性表明分子电流的取向变得杂乱，所以选C。二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 13. 关于电场强度和电势的说法中，正确的是（ ）A. 两个等量正电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，电场强度越来越小B. 两个等量异种电荷的电场中，对于两电荷连线的中垂线上各点：电势均相等，中点电场强度最大，沿连线的中垂线向外，电场强度越来越小C. 在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，则电荷所经过的路径上各点的电场强度一定为零D. 电场强度的方向就是电势降落最快的方向【答案】BD【解析】试题分析：两个等量同种正电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电场强度由零增大后减小，方向从中点指向外侧，电势越来越低，故A错误两个等量异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂线有如下特征：中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小，故B正确在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，知a、b两点间的电势差为0，电场强度不为零，故C错误根据U=Ed知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D正确故选BD考点：场强和电势【名师点睛】本题的关键知道等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特点，根据电场线疏密比较场强的强弱，根据电场线方向确定电势的高低。14. 如图所示电路中，电源电动势E9 V、内阻r3 ，R15 ，下列说法中正确的是 （ ）A. 当S断开时，UAC9 VB. 当S闭合时，UAC9 VC. 当S闭合时，UAB75 V，UBC0D. 当S断开时，UAB0，UBC0【答案】AC【解析】当S断开时，UAB与UBC为路端电压，等于电源电动势，A正确，D错误；当S闭合时，UACUABER+rR7.5 V，UBCI00，B错误，C正确15.如图所示，L1和L2为两平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上.带电粒子从A点以初速v斜向上与L2成30角射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力影响，下列说法中正确的是：( )A. 该粒子一定带正电B. 带电粒子经过B点时速度一定与在A点时速度相同C. 若将带电粒子在A点时初速度变大(方向不变)，它仍能经过B点D. 若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成45角斜向上，它仍能经过B点.【答案】BC【解析】带电粒子的运动轨迹如图中实线（带负电荷时）或虚线（带正电荷时）所示.由带电粒子在磁场中运动规律和几何知识可知粒子过B点时的速度与过A点时的速度相同.设磁场间隙宽度为d，速度方向与边界线夹角为，则由图知AB=2dtan,与粒子速度无关，仅由d和决定。所以答案为BC。【此处有视频，请去附件查看】16.霍尔效应广泛应用于半导体材料的测试和研究中，例如应用霍尔效应测试半导体是电子型还是空穴型，研究半导体内载流子浓度的变化等在霍尔效应实验中，如图所示，宽ab为1 cm、长ad为4 cm、厚ae为1.0103cm的导体，沿ad方向通有3 A的电流，当磁感应强度B1.5 T的匀强磁场垂直向里穿过abcd平面时，产生了1.0105V的霍尔电压，(已知导体内定向移动的自由电荷是电子)则下列说法正确的是A. 在导体的上表面聚集自由电子，电子定向移动的速率v23103m/sB. 在导体的前表面聚集自由电子，电子定向移动的速率v23103m/sC. 在其它条件不变的情况下，增大ad的长度，可增大霍尔电压D. 每立方米的自由电子数为n2.81029个【答案】D【解析】【分析】（1）根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而比较出a、b两端电势的高低（2）根据电子所受电场力和洛伦兹力平衡求出电子定向移动的速率（3）根据电流的微观表达式，结合电子定向移动的速率求出单位体积内的载流子个数【详解】根据左手定则可得，载流子受力的方向向上，所以向上运动，聚集在上极板上。所以在导体的上表面聚集自由电子。稳定时载流子，在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡evBUabe；解得vUBab1.01051.50.016.67104m/s，故A错误，B正确；稳定时载流子，在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡evBUabe，所以在其它条件不变的情况下，增大ab的长度，可增大霍尔电压。故C错误；根据电流的微观表达式得，I=nqSv；则单位体积内的载流子个数nIeSv31.61019abae231032.81029个。故D正确。故选BD。三、实验题(共2小题,共16分) 17.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）B、电压表V1（量程为03.0V，内阻约2k）C、电压表V2 （015.0V，内阻约6kD、电流表A1（00.6A，内阻约1）E、电流表A2 （0100mA，内阻约2）F、滑动变阻器R1（最大值10）G、滑动变阻器R2（最大值2k）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中_； （3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线_（4）该小电珠的额定功率是_【答案】 (1). （1）B (2). D (3). F (4). （2）电路图如图所示 (5). （3）如图所示 (6). （4）1.00 W【解析】（1）由题意小灯泡额定电压为2V，额定电流为0.5A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F；（2）由于小电珠电珠较小，满足RvRxRxRA，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示（3）根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线（4）由图可知，当电压为2V，电流为0.50A；则功率P=UI=20.50=1.0W；（5）由图可知，图象的斜率越来越大；故说明灯泡电阻随随电压的增大而增大；18.图（a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内是用毫安表改装成双量程电流表的改装电路。已知毫安表表头的内阻为10，满偏电流为100mA；R1和R2为固定电阻，阻值分别为R1=0.5，R2=2.0；由此可知，若使用a和b两个接线柱，电表的量程为0.5A；若使用a和c两个接线柱，电表的量程为2.5A；（1）电压表有两种规格，V1（量程1.5V，内阻约为2k）和V2（量程3V，内阻约为4k）；滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为20和500.则电压表应选用_（填“V1”或“V2”），R应选用最大阻值为_的滑动变阻器.（2）实验步骤如下：开关S2拨向b，将滑动变阻器R的滑动片移到_端（选填“左”或“右”），闭合开关S1；多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为_mA。以U为纵坐标，I为横坐标，作U-I图线（用直线拟合），如图(c)所示；根据图线求得电源的电动势E=_V（结果保留三位有效数字），内阻r=_（结果保留两位有效数字）。【答案】 (1). V1 (2). 20 (3). 右 (4). 58.0 (5). 1.48 (6). 0.45（0.420.48）【解析】【详解】(1)使用ab两接线柱时，R1与R2串联后与表头并联，则量程I=Ig+IgRgR1+R2=100103+100103102.5=0.5A；接ac两接线柱时，表头与R2串联后与R1并联，则量程I=Ig+Ig(Rg+R2)R1=100103+100103(10+2.0)0.5=2.5A；(2)由于电源电动势约为1.5V，所以电压表应选量程为1.5V的V1；由于电源内阻较小，滑动变阻器是用来调节电流的，电阻太大不利于调节，所以R应选用最大阻值为20的滑动变阻器；（3）为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，故应滑到右端；由U=EIr可知，图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势，故E=1.48V；图象的斜率表示内阻，由于指针指向b，故量程为0.5A。则r=1.480.5801030.5100103=2.5；故答案为：(1)0.5；2.5；(2)V1，20；(3)右；1.48，2.5【点睛】（1）明确电表的改装原理，根据串并联规律可明确量程；（2）根据给出的仪表和实验原理分析实验方法以及实验器材；（3）分析实验步骤，根据实验要求明确滑片的位置；利用U-I图象可求解电动势和内电阻；注意图中的电流值要注意求出等效电流表的示数；四、计算题 19.如图所示，两根长为L的绝缘细线下端各悬挂一质量为m的带电小球A、B，A、B带电荷量分别为q和q，今加上匀强电场(方向水平向左)，场强为E，使联结AB的绝缘细线(长为L)拉直，并使两小球处于静止状态，E的大小应满足什么条件？【答案】Emg3q+kqL2【解析】B球受力如图所示：由于B球静止，有mg=Fsin60o，qE=Fcos60o+kq2L2+FTE最小时，FT等于零，所以Emg3q+kqL220.如图所示，一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，金属板长为，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线，打在荧光屏的P点，求OP为多少？【答案】U2l(2L+l)4dU1 【解析】【分析】据动能定理求电子在加速场中获得的速度，然后根据类平抛运动规律求在偏转场中的竖直位移，再求出射出电场后竖直方向的位移；解：设电子射出偏转极板时偏移距离为y，偏转角为，则OP=y+Ltan又y=12at2=12eU2dm(lv0)2 tan=vyv0=atv0=eU2lmv02d在加速电场加速过程中，由动能定理有eU1=12mv020由式解得y=U2l24dU1，tan=U2l22dU1代入式得OP=U2l(2L+l)4dU121.回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m.求：(1)质子最初进入D形盒的动能多大；(2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大；(3)交流电源的频率是多少【答案】(1)eU(2)e2B2R22m(3)eB2m【解析】（1）质子在电场中被加速，根据动能定理，则有最初进入D型盒的动能：Ek=eU；（2）根据qvB=mv2R得，粒子出D形盒时的最后的速度为：vm=eBRm，则粒子出D形盒时的最后的动能为：Ekm=12mvm2=e2B2R22m；（3）由洛伦兹力提供向心力，则有：Bev=mv2r，而T=2rv，所以粒子在磁场中运行周期为T=2meB，因一直处于加速状态，则磁场中的周期与交流电源的周期相同，即为：T=2meB，因此频率为f=eB2m。点睛：考查粒子做匀速圆周的周期公式与半径公式的应用，掌握牛顿第二定律，注意交流电源变化周期与粒子在磁场中偏转周期的关系。22.如图所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域、，磁感应强度大小未知区域内有竖直向上的匀强电场，区域内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等现有一质量m0.01 kg、电荷量q0.01 C的带正电滑块从区域左侧与边界MN相距L2 m的A点以v05 m/s的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域内运动一段时间后离开磁场落回A点已知滑块与水平面间的动摩擦因数0.225，重力加速度g10 m/s2.(1)求匀强电场的电场强度大小E和区域中磁场的磁感应强度大小B1；(2)求滑块从A点出发到再次落回A点所经历的时间t；(3)若滑块在A点以v09 m/s的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域的宽度d及区域内磁场的磁感应强度大小B2.【答案】(1)10 V/m6.4 T (2)(1718+532) s (3)1516m53T【解析】【分析】（1）小球进入复合场区域后，小球立即在竖直平面内做匀速圆周运动，说明重力与电场力的大小相等，方向相反；A到N的过程中根据牛顿第二定律可求出小球到达N点的速度。小球离开磁场后做平抛运动，将运动分解，即可求出下落的高度，然后结合几何关系由于洛伦兹力提供向心力的公式即可求出磁感应强度；（2）小球在AN之间做减速运动，由运动学的公式求出时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由周期公式即可求出粒子在磁场中运动的时间，根据平抛运动的规律求平抛运动的时间，最后求和；（3）A到N的过程中摩擦力做功，由动能定理即可求出小球到达N点的速度。小球进入区域后恰好能沿直线运动，说明小球受到的合外力为0，受力分析即可求出小球的速度，结合动能定理即可求出有界磁场区域的宽度d及区域的磁感应强B2的大小。【详解】(1)滑块在区域内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mgqE解得Emgq10 V/m滑块在AN间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得：ag2.25 m/s2由运动公式可得v2v022aL代入数据得v4 m/s平抛运动过程满足Lvt3；2r12gt32 做圆周运动满足qvB1mv2r 联立方程求解得B16.4 T(2)滑块在AN间的时间t1=v-v0a=49s 在磁场中做匀速圆周运动的时间t2mqB1532s 平抛运动的时间t3Lv0.5 s总时间为tt1t2t3(1718+532)s(3)设滑块进入磁场时的速度为v，满足mgL12mv212mv02代入数据得v62m/s滑块在区域中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知qvB22mg解得B253T滑块离开磁场区域时的速度方向一定与水平成45角由几何关系知当滑块在区域中做匀速圆周运动时有B1qvmv2r 解得 由题意知drsin 45m【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动，要注意当粒子在复合场中做匀速 圆周运动时，粒子受到的电场力与重力平衡。