2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (III).doc

2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (III)一、选择题1.在电场中某点放一检验电荷,其电量为q,检验电荷受到的电场力为F,则该点电场强度为,那么下列说法正确的是A. 若移去检验电荷q,该点的电场强度就变为零B. 若在该点放一个电量为2q的检验电荷,该点的场强就变为C. 若在该点放一个电量为的检验电荷,则该点场强大小仍为E,但电场强度的方向变为原来相反的方向D. 若在该点放一个电量为的检验电荷,则该点的场强大小仍为E,电场强度的方向也还是原来的场强方向【答案】D【解析】场强为电场本身的性质，与放不放试探电荷无关，D对；2.关于磁感应强度B，下列说法正确的是A. 磁感应强度B的方向与通电导体受到的安培力方向相同B. 磁感应强度B的方向与正电荷受到的洛伦兹力方向相同C. 磁感应强度B的大小是D. 磁感应强度B的大小是【答案】C【解析】【分析】本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直。【详解】A、B项：磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，根据左手定则可知磁感应强度B的方向与安培力方向或洛伦兹力方向垂直，故A、B错误；C项：安培力，其中为电流与磁场方向的夹角，解得： ，所以，故C正确；D项：由磁通量为可得：，故D错误。故选：C。【点睛】对于磁感应强度的定义式是要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义类比学习。3.下列有关电压与电动势的说法中正确的是A. 电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B. 电动势就是电源两极间的电压C. 电动势公式中的W与电压中的W是一样的，都是静电力做的功D. 电动势是反映了电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小【答案】D【解析】【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势。电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关。电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。【详解】A、D项：电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电势差是电势之差，其绝对值等于电压，两者物理意义不同，不是一回事，故A错误，D正确；B项：根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E-Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势。当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B错误；C项：电动势定义式公式E=W/q中的W是非静电力做功，电压U=W/q中的W是静电力做功，故C错误。故选：D。【点睛】本题考查电动势和电压的区别，注意从定义和物理意义上区分。4.如图所示,水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线,以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系. a、b、c、d四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置,两直导线中的电流大小与变化情况完全相同,电流方向如图所示,当两直导线中的电流都增大时,四个线圈中感应电流的情况是A. 线圈a中有感应电流且方向为逆时针B. 线圈b中有感应电流且方向为顺时针C. 线圈c中有感应电流且方向为逆时针D. 线圈d中有感应电流且方向为顺时针【答案】A【解析】【分析】通电直导线管周围有磁场存在，根据右手螺旋定则可判定电流方向与磁场方向的关系。根据产生感应电流的条件和楞次定律判断各项。【详解】A项：由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A正确；B、D项：由矢量合成可知，其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B、D错误；C项：C线圈磁场不为零，由矢量合成可知c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C错误。故选：A。【点睛】本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，知道感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化。5.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则A. C点的电场强度大小为零B. A点的电场强度大小为零C. NC间场强方向沿x轴正方向D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功【答案】A【解析】【分析】两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性【详解】A项：C点电势的拐点，根据公式=Ex可知，图象的斜率大小是电场强度大小，而C点的斜率为零，故A正确；B项：同理，由图知A点的电势为零，但该点的斜率不为零，故B错误；C项：由沿电场线方向电势越来越低可知， OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，则NC的电场强度方向向x轴负方向，故C错误；D项：因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功，故D错误。故选：A。【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否。6.据统计，由于用电不慎导致的火灾占火灾总量的比重很大，利用电路安装防火报警装置，及时发现“火情”，提早报警，是防止火灾发生，保证家庭成员生命安全的重要措施。图甲是一火警报警电路的示意图，其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻随温度变化的情况如图乙所示。显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器，电源的电动势E和内阻r不变，且内阻值小于R1的阻值。当传感器R3所在处出现火情时，关于流过电流表A的电流I、报警器两端的电压U、电源的输出功率P的变化情况，下列判断正确的是A. I变大，P变大 B. I变小，U变大C. I变小，P变大 D. I变大，U变小【答案】C【解析】【分析】R3为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小当传感器R3所在处出现火情时，分析R3的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U的变化根据并联部分电压的变化，分析I的变化。【详解】当传感器R3所在处出现火情时，R3的阻值变小，总电阻变小，总电流变大，路端电压变小即报警器两端的电压U变小，R1两端电压变大，所以R2和R3并联部分电压变小，所以电流表示数变小，由于内阻r小于R1的阻值即电源内阻一定小于外电路总电阻，当R3减小时，外电阻与内阻越接近，电源的输出功率越大，故C正确。故选：C。【点睛】本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按“局部整体局部”的顺序进行动态变化分析。7.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.如图所示为质谱仪的原理示意图,现利用质谱仪对氢元素进行测量.让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场.加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中.氢的三种同位素最后打在照相底片D上,形成a、b、c三条“质谱线”.则下列判断正确的是A. 进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氚、氘、氕B. 进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C. 在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D. a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氚、氘、氕【答案】D【解析】【分析】根据求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据求出R与什么因素有关，从而得出a、b、c三条“质谱线”的排列顺序。【详解】A项：根据得：比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚，故A错误；B项：根据动能定理可知Ek=qU，故动能相同，故B错误；C项：时间为，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C错误；D项：进入偏转磁场有，解得：氕比荷最大的，轨道半径最小，c对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a对应的是氚，故D正确。故选：D。【点睛】解决本题的关键知道根据可求出速度，知道速度与比荷有关，以及知道根据可求出轨道半径与比荷有关。8.如图所示,内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上,环内有一带负电的静止小球,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,该磁场随时间一直均匀增强,则小球将A. 沿顺时针方向做匀速圆周运动 B. 沿逆时针方向做匀速圆周运动C. 沿顺时针方向做加速圆周运动 D. 沿逆时针方向做加速圆周运动【答案】C【解析】【分析】变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，即可求解。【详解】磁感应强度竖直向下，B随时间增大，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿逆时针方向；小球带负电，小球所受电场力沿顺时针方向，即沿顺时针方向加速运动。故选：C。【点睛】本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题。9.如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带正电粒子以某一初速度vo沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d及在磁场中的运动时间t随着U和vo的变化情况为A. d随V0增大而增大 B. d随U增大而增大C. t随V0增大而增大 D. t随U增大而增大【答案】A【解析】【分析】不加磁场时粒子做匀速直线运动；加入磁场后，带电粒子在磁场中做圆周运动，已知偏向角则由几何关系可确定圆弧所对应的圆心角，则可求得圆的半径，由洛仑兹力充当向心力可求得带电粒子的比荷。【详解】A、B项：带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为则有： 而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于则有： 所以 又因为半径公式，则有：故d与m、v0成正比，与B、q成反比，故A正确，B错误；C、D项：设粒子质量为m，两极板间的距离为x，板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动出射速度与水平夹角为，则有：，所以与U、有关，粒子在磁场中运动时间为，故C、D错误。故选：A。【点睛】带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解。10.如图所示，一对水平放置的平行金属板通过开关S与电源相连接，一个带电微粒从金属板正上方的O点释放后，自由落下，通过上金属板上的小孔，进入两个平行金属板间，到达P点后返回若将上金属板向上移到虚线处再从O点释放带电微粒，则有A. 若保持开关闭合状态移动上金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回B. 若保持开关闭合状态移动上金属板，带电微粒落下后，尚未到达P点就返回C. 若将开关断开后移动上金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回D. 若将开关断开后向下移动下金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回【答案】A【解析】【分析】微粒受重力和电场的作用穿过两极板，由动能定理可得出其穿过的速度关系。【详解】微粒从最高点到达p点过程，根据动能定理：mgh-qU=0A、B项：若保持开关闭合状态移动上金属板，微粒从O点到P点重力做功不变，电场力做功也不变，所以带电微粒落下后，仍能到达P点后返回，故A正确，B错误；C项：若将开关断开后移动上金属板，电荷量Q不变，两板距离变大，电容变小，由，电压变大，假设能到达P点，电场力做功变大，重力做功不变，所以粒子不能到达P点，故C错误；D项：若将开关断开后向下移动下金属板，电荷量Q不变，两板距离变大，电容变小，由电压变大，假设能到达P点，电场力做功变大，重力做功不变，所以粒子不能到达P点，故D错误。故选：A。【点睛】本题注意电容器和电源相连，故两板间的电压不变，同时，注意两板移动时，高度差是否发生变化，从而由动能定理分析即可。11.如图所示,水平向右的匀强电场场强为E,且,垂直纸面向里的水平匀强磁场磁感应强度为B,一带电荷量为q的液滴质量为m,在重力、静电力和洛伦兹力作用下在叠加场空间运动。下列关于带电液滴在叠加场空间的运动描述正确的是A. 液滴可能做匀加速直线运动B. 液滴不可能做匀速圆周运动C. 液滴可能做匀速直线运动且机械能守恒D. 如果是直线运动，必为匀速直线运动，其运动轨迹与水平方向的夹角是【答案】BD【解析】【分析】根据运动情况分析受力情况，做直线运动说明粒子不受洛伦兹力或者有某个力跟洛伦兹力抵消，对四个选项逐一分析即可解题。【详解】A项：由于液滴受到的重力与电场力恒定，如果做匀加速直线运动，则液滴的洛伦兹力大小变化，液滴的合外力变化，不可能做匀加速直线运动，故A错误；B项:由于液滴受竖直向下的重力和水平方向的电场力，所以重力与电场力的合力不可能为零，即液滴不可能做匀速圆周运动，故B正确；C项：当液滴进入复合场时的洛伦兹力与重力和电场力的合力等大反向时，液滴做匀速直线运动，但电场力会做功，所以机械能不守恒，故C错误；D项：由A分析可知，液滴不可能做匀加速直线运动，只要液滴的速度大小变化，其所受的洛伦兹力大小变化，合外力变化，一定做曲线运动，故如果是直线运动，必为匀速直线运动，由于mg=qE，重力与电场力的合力一定与速度方向垂直，即与水平方向成450，故D正确。故选：BD。【点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，或根据运动情况分析受力情况，题目较难。12.如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场.在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动,则A. 金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针B. 金属框内感应电流先增大后减小再增大C. 安培力方向与速度方向相反D. 通过磁场的速度越大，线框中产生的焦耳热越多【答案】AD【解析】【分析】根据楞次定律判断金属框内感应电流的方向根据法拉第电磁感应定律判断感应电流大小的变化因为金属框匀速通过磁场，则水平拉力和安培力的平衡，根据安培力的方向判断水平拉力的方向。【详解】A项：进磁场时，磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向。出磁场时，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，故A正确；B项：根据法拉第电磁感应定律知，进磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流的大小先变大后变小。出磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流大小先变大后变小，故B错误；C项：水平拉力和安培力平衡，方向相反，安培力的方向水平向左，则水平拉力的方向水平向右，故C错误；D项：由公式，所以速度越大，线框中产生的焦耳热越多，故D正确。【点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，磁通量变化率越大，感应电动势越大。二、实验探究题13. （8分）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到_ _（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值=10的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是 （选填“1”或“2”）方案编号电阻箱的阻值R/1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ，内阻r= （用k、b和R0表示）【答案】（1）最大值；（2）2；（3）【解析】试题分析：（1）为了预防电路中电流过大，损坏电路，所以需要将电阻箱调到最大，（2）由表格可知，方案1中电阻箱的阻值与定值电阻差别太大，导致电路中电流差别太小；而方案2中电阻箱的阻与与待测电阻相差不多，故可以得出较为合理的电流值，故应选择方案2由闭合电路欧姆定律可知，变形得：由题意可知，斜率为k，即：，解得；。联立解得：考点：考查了测量电源电动势和内阻实验【名师点睛】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查。【此处有视频，请去附件查看】14.在测定某金属的电阻率实验中，某学生进行了如下操作:(1)利用游标卡尺测金属丝直径d,如图1所示为游标20格游标卡尺的局部,则d=_mm.(2)测量金属丝电阻Rx的电路图如图2所示,闭合开关S,先后将电压表右侧接线端P接a、b点时,电压表和电流表示数如下表所示.U（V）I（A）接线端P接a1.840.15接线端P接b2.400.15该学生认真观察到两次测量中,电流表的读数几乎未变,发生这种现象的原因是_。比较合理且较准确的金属丝电阻RX测=_ (保留两位有效数字),从系统误差角度分析,RX的测量值RX测与其真实值RX真比较,RX测_RX真。(填“”).【答案】 (1). 9.500； (2). 电流表有内阻，电压表内阻非常大； (3). 12； (4). 偏小【解析】【分析】关键是明确伏安法中“试测法”选择电流表内外接法的原理：若电压表读数变化明显，说明电流表的分压作用明显，即说明电流表内阻较大，应采用电流表外接法；若是电流表读数变化明显，则说明电压表的分流作用明显，即说明电压表的内阻不是很大，应采用电流表内接法；若是电流表读数不变，则说明电压表的内阻非常大，可看做是理想电压表，采用电流表外接法测量时没有系统误差。【详解】(1)游标卡尺的读数为：1cm-=9.500mm；(2) 从表中数据可知，电压表读数有变化，电流表读数没有发生变化，说明电流表的分压作用较明显，电压表没有分流作用，原因是电流表有内阻，电压表内阻非常大；根据串并联规律可知，应将P接在a端测量，则金属丝的电阻为： 由于电流为电压表与电阻的电流之和，故分母偏大，电阻偏小。三、解答题15.如图所示,在水平面内固定两条光滑水平导轨，导轨右端连接一阻值为R=2的电阻,两导轨之间相距为d=3m，一长为l=4m的均匀导体棒PQ垂直导轨放在导轨上，导体棒的电阻r=4/3。整个装置放置在竖直向下的无界匀强磁场中，B=1T，在水平向右的拉力F作用下水平向右匀速运动，已知v=1m/s。(1)求导体棒PQ的感应电动势多大？(2)求水平拉力的功率多大？(3)求导体棒PQ两端的电压多大？【答案】(1)4V；(2)2.7W；(3)1.8V【解析】【分析】(1)由公式E=BLv求解感应电动势；(2)根据公式P=Fv求解水平拉力的功率，其中水平拉力等于安培力；(3)由闭合电路欧姆定律求解PQ两端的电压。【详解】(1)导体棒PQ切割磁感线，由公式E=BLv=；(2)导体棒接入电路中的长度为d，产生的电动势为E=Bdv=3V感应电流为： 导体棒受到的安培力为：由于导体棒匀速运动，则有： 所以拉力功率为：；(3)由闭合电路欧姆定律可知，导体棒两端的电压U=。16.如图所示，直角三角形OAC（）区域内有的匀强磁场，方向如图所示。两平行极板M、N接在电压为U的直流电源上，左板为高电势。一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，垂直OA的方向从P点进入磁场中。带电粒子的比荷为，OP间距离为。全过程不计粒子所受的重力（计算结果保留三位有效数字），问：(1)粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间？(2)粒子从OC边离开磁场时粒子在磁场中运动的最长时间？(3)若加速电压U=220V，通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场？【答案】(1)；(2)；(3)从OC边射出【解析】【分析】(1) 粒子在电场中直线加速，在磁场中做匀速圆周运动，临界情况是轨迹圆与OC边相切；从AO边射出时轨迹是半圆，结合推论公式和列式求解时间；(2) 根据公式，轨迹圆的圆心角最大时粒子在磁场中运动的时间最长，临界情况是轨迹圆与OC边相切；(3) 设粒子经电场加速后的速度为v，根据动能定理即可求得，再根据洛仑兹力提供向心力及几何关系即可求解。【详解】(1) 带电粒子在磁场做圆周运动的周期为： 当粒子从OA边射出时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期；(2) 如图所示当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，时间即为从OC边射出的最大值，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角为1200，所以时间为；(3) 电荷被加速，则有： 磁场中 因U=220V解得： 如图所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，则有：由几何关系得： 解得：R=0.4m，由于粒子在磁场中运动的半径大于0.4m，所以粒子从OC边射出。【点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式。17.如图所示，ABCD为竖直放在电场强度为E104 N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R0.5m的半圆环(B为半圆弧的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD4R，把一质量m100g、带电荷量q104 C的负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动g10 m/s2，求：(1)运动到B点时的动能EKB=？(2)运动到A点时小球对轨道的压力是多大？(3)为了使带电小球在半圆弧轨道上运动不脱轨，小球在水平轨道上释放的位置到C点的距离应满足什么条件？【答案】(1)2J；(2)3N；(3)小于0.5m【解析】【分析】应用动能定理研究小球由，DB的过程，求出小球在B点的速度大小，对小球在B点进行受力分析，找出径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律求解球受到的支持力，再由牛顿第三定律求解压力。【详解】(1) 小球在B点的速度大小是VB，则对于小球由DB的过程中，应用动能定理列出：qE5R-mgR= 解得：；(2) 小球在A点的速度大小是VA，则对于小球由DA的过程中，应用动能定理列出：qE4R-mg= 球受到轨道的压力大小为NA，应用牛顿第二定律，有： 联立解得：由牛顿第三定律可知，它对轨道的压力为3N；(3) 应用动能定理列出： 解得： 所以小球在水平轨道上释放的位置到C点的距离小于0.5m。【点睛】在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解。