2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (IV).doc

2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (IV)一、选择题1. 关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（）A. 场强处处为零的空间，电势也一定处处为零B. 场强处处相同的区域内，电势也一定处处相同C. 场强的方向总是跟等势面垂直D. 电势降低的方向一定是场强的方向【答案】C【解析】电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零，电势不一定为零，电势为零，电场强度也不一定为零，故AB错误；等势面电势处处相等，在等势面上移动电荷不做功，是因电场力的方向与运动方向相互垂直，因此场强的方向总是跟等势面垂直，故C正确；沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，但是电势降低的方向不一定是电场强度的方向，故D错误。所以C正确，ABD错误。2. 图中，电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：根据左手定则可知：A图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，故A错误；B图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，故B错误；C图中洛伦兹力方向向下，C正确；D图中洛伦兹力的方向应向上，故D错误；故选：C【点评】带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，要熟练掌握3. 两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为FA和FB，则它们的大小关系为（ ）A. FA=FB B. FAFB C. FAFB D. 无法确定【答案】C【解析】解：从图中可以看出，A点电场线比B点密，因此A点场强比B点强，根据F=Eq可知，A点电场力大，故ABD错误，C正确故选C【点评】本题比较简单，考查了如何通过电场线判断电场强度的高低，要正确理解电场强度、电势等概念与电场线的关系4. 如下图所示，正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，而且加速度越来越大，由此可以判定，它所在的电场可能是图中的 ()A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：负电荷q在电场中由P向Q做加速运动，故电场线方向由Q到P；由于加速度越来越大，则电场力越来越大，场强逐渐增强，电场线越来越密，故选项C 正确。考点：电场线；电场强度。5. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（ ）A. 带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D. 带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小【答案】A【解析】AB、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，故A正确，B错误；C、根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，故C错误；D、由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，故D错误。点睛：该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。6. 如图所示，通电导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是（ ）A. 变小 B. 不变 C. 变大 D. 不能确定【答案】B【解析】试题分析：当导体MN在原位置时，安培力的大小为F=BIL，当MN绕一端旋转时，其大小仍是BIL，故安培力的大小是不变的，选项B正确。考点：安培力的大小判断。7. 如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是 ( ）A. Q2带负电B. Q2的电量一定大于Q1的电量C. a点电势高于b点电势D. 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大【答案】C【解析】A、由图可知负电粒子速度先减小，若也带负电，负电粒子因为排斥力，速度会增大，一定带正电，选项A错误；B、过了b点后，负电荷速度变大，说明负电荷受到排斥力大于的吸引力，所以的电量一定大于的电量，选项B错误；.D、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒得知，电势能先增大后减小，选项D错误综上所述本题答案是：C8. 如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，abc120.现将三个等量的正点电荷Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比() A. q在d点所受的电场力较大B. q在d点所具有的电势能较小C. d点的电势低于O点的电势D. d点的电场强度大于O点的电场强度【答案】BC【解析】设菱形的边长为r，根据公式E=k分析可知，a、c两处的电荷在O点产生的场强等大反向，则O点场强等于b处的点电荷在O点的场强，大小为 ；三个点电荷在D产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，D点的场强大小为ED=2k则d点的电场强度小于O点的电场强度，q在O点所受的电场力较大，故AD错误；Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小故B C正确；故选BC.9. 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图所示，一个电量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是A. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2V/mB. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C. 由C点到A点的过程中，电势逐渐降低D. AB两点的电势差【答案】CD【解析】从速度时间图象可知带电粒子在B点的加速度最大为，所受的电场力最大为 Fm=mam=2N，据 知，B点的场强最大为1N/C，故A错误；从速度时间图象可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误；据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误；从速度时间图象可知A、B两点的速度分别为 vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得 ，解得：UAB=-5V，故D正确故选：D.10. 如图所示，相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，电键S闭合后，MN间有匀强电场，一个带电粒子，垂直于电场方向从M板边缘射入电场，恰好打在N板中央。若不计重力，下列说法正确的是： （ ）A. 若将N板向下移动d，可使粒子刚好飞出电场，B. 若将N板向下移动2d，可使粒子刚好飞出电场，C. 若S打开，为使粒子刚好飞出电场，可将N板向下移动dD. 若S打开，为使粒子刚好飞出电场，可将N板向下移动3d【答案】AD【解析】试题分析：设极板的长度为l，带电粒子的初速度为v0，电源两端的电压为U将N板向下移前：将N板向下移动d后：设带电粒子的水平位移大小为s，则有由联立得到，s=2l，则使粒子刚好飞出电场故A正确若将N板向下移动2d，则有由得，y=4d，则将N板向下移动3d故C错误，D正确故选AD。考点：带电粒子在电场中的运动11. 如图甲所示为某电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O间各点的电势分布如图乙所示，下列说法中正确的是A. x1点的电场强度最小B. 0-x2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏C. 一正电电荷从O点由静止释放，若仅受电场力作用，点电荷的加速度先增大后减小D. 一正电电荷从O点由静止释放，若仅受电场力作用，速度先增大后减小【答案】BD【解析】试题分析：-x图象的切线斜率表示电场强度，故x1点的电场强度最大，故A错误；-x图象的切线斜率表示电场强度，-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，0-x2之间斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，故0-x2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏，故B正确；0-x2之间-x图象的斜率先增大后减小，且斜率一直为负值，说明电场强度方向不变，向右，电场强度先增大后减小；故一正电电荷从O点由静止释放，仅受电场力作用，是向右加速，速度一直增加，加速度先增大后减小，故C正确，D错误；故选BC考点：电场强度；电势【名师点睛】本题从数学有角度理解-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况。12. 如图(a)所示电路中，R2为一阻值非线性变化的滑动变阻器，移动滑片改变滑动变阻器接入电路中的长度x(x为图中a与滑片之间的距离)，得到如图(b)所示的定值电阻R1两端的电压U1与x的关系a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，当滑片从a移到b和从b移到c时，电流表A的示数变化分别为Iab和Ibc，电压表V2的示数变化分别为Uab和Ubc，电阻R1的功率变化分别为P1ab和P1bc，电源的总功率变化分别为Pab和Pbc，则下列说法正确的是()A. IabIbcB. UabUbcC. P1abP1bcD. PabPbc【答案】AB【解析】根据欧姆定律得到电阻R1两端的电压U1=IR1，由图看出，电压U1变化相等，R1一定，则知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等即Iab=Ibc，故A正确；电压表V2的示数U2=E-Ir，电流I的变化相等，E、r一定，则U2相等，即Uab=Ubc故B正确；电阻R1的功率P1R1=I2R1，其功率的变化量为P1R1=2IR1I，由上知I相等，而I减小，则知，从a移到b功率变化量较大故C错误；电源的总功率为 P总=EI，E一定，Iab=Ibc，则有Pab=Pbc故D错误故选AB点睛：分析电路图，得出滑动变阻器和定值电阻串联，利用好串联电路的特点和欧姆定律是基础，关键要利用好从U1-x图象得出的信息二、实验题13. 在“多用电表的使用”实验中，（1）如图 1所示，为一正在测量中的多用电表表盘。如果用电阻挡“ 100 ”测量，则读数为_；如果用“直流5V ”挡测量，则读数为_V。（2）甲同学利用多用电表测量电阻。他用电阻挡“ 100 ”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为_（填写选项前的字母）。A将选择开关旋转到电阻挡“ 1k ”的位置B将选择开关旋转到电阻挡“ 10 ”的位置C将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量D将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“ 0 ”（3）乙同利用多用电表测量图示电路中小灯泡正常工作时的有关物理量。以下操作正确的是_。A将选择开关旋转到合适的电压挡，闭合开关，利用图2 的电路测量小灯泡两端的电压B将选择开关旋转到合适的电阻挡，闭合开关，利用图2 的电路测量小灯泡的电阻C将选择开关旋转到合适的电流挡，闭合开关，利用图3 的电路测量通过小灯泡的电流D将选择开关旋转到合适的电流挡，把图3 中红、黑表笔接入电路的位置互换，闭合开关，测量通过小灯泡的电流（4）丙同学利用多用电表探测图4 所示黑箱时发现：用直流电压挡测量， E 、G 两点间和F 、G 两点间均有电压， E 、F 两点间无电压；用电阻挡测量，黑表笔接E 点，红表笔接F 点，阻值很小，但反接阻值很大。那么该黑箱内元件的接法可能是图5中的_。（5）丁同学选择开关旋转到“直流500mA”挡作为电流表 ，设计了如图6 所示的电路，已知电流表内阻RA 04，R1 RA， R27RA。若将接线柱 1、2 接入电路时，最大可以测量的电流为_A；若将接线柱1、3 接入电路时，最大可以测量的电压为_V。【答案】 (1). 600 (2). 360 (3). ADC (4). AC (5). B (6). 10 (7). 30【解析】试题分析：（1）多用电表测电阻时不需要估读，选取最上端的欧姆表刻度，根据档位可知阻值为，测电压时，由于精度为01V，需要估读一位，根据量程“50”的刻度可知电压为360V 。（2）欧姆档测电阻时指针偏转角度过小是由于档位过小，需选取大档位，进行欧姆调零后再测阻值。（3）多用电表一定是红表笔电流流入黑表笔电流流出，图2 是测电压，图3 是测电流，表笔位置正确。（4）根据测黑箱电压结果可知，电源一定在G的支端；根据测黑箱电阻结果可知，E、F之间是二极管，二极管的通电流方向为EF 。（5）由题意可知各电阻，接线柱 1、2 接入电路时，原电流表改装为2 倍量程的电流表，最大测量电流是10A ；接线柱1、3 接入电路时，原电流表改装为 15 倍量程的电压表，总电阻 R30，最大测量电压为30V。考点：万用电表的使用，二极管，电表的改装。14. 某同学欲采用下列器材研究一个额定电压为2.5 V的小灯泡(内阻约为6 )的伏安特性曲线。A.直流电源(3 V,内阻不计);B.电流表(00.6 A,内阻约为0.13 );C.电压表(03 V,内阻约为3 k);D.电压表(015 V,内阻约为15 k);E.滑动变阻器(020 ,额定电流为2 A);F.滑动变阻器(01000 ,额定电流为0.5 A);G.开关、导线若干。(1)为了减小测量误差,电压表应选用_,滑动变阻器应选用_。(选填序号)(2)该同学选择电流表外接法,且要求小灯泡两端电压变化范围尽量大些。请在虚线框中画出正确的实验电路图_。(3)闭合开关,逐次改变滑动变阻器滑片的位置,其中某组电流表、电压表的示数如下图所示。则IA=_A,UV=_ V。(4)该同学连接电路的实物图如下图所示,请指出他的电路接线中的错误误:_【答案】 (1). 18 (2). CE (3). 如图所示： (4). 0.24 (5). 1.50 (6). 电流表内接【解析】【试题分析】(1)从精确、安全的角度选择合适的电压表和滑动变阻器(2)要求小灯泡两端电压变化范围尽量大些，滑动变阻器应采用分压式接法(3)通过电流表和电压表的量程，确定每个分度的值，从而读出电流表和电压表的读数(4)根据原理图分析实物图，从而的出接线错误的地方(1)待测电阻的最大电压为2.5V，故选电压表E，其量程为3V适当；为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，滑动变阻器应选E(2)描绘小灯泡伏安特性，小灯泡两端电压变化范围尽量大些，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，电路图如图所示(3)电流表量程为00.6A，由图示电流表可知其分度值为0.02A，示数为0.24A；电压表量程为03V，分度值为0.1V，示数为1.50V(4)由图可知，测量部分接线错误，应有一根线接到电源位置； 电流表接成了内接法，本实验应采用外接法。 【点睛】解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，并能正确分析电路的实物图三、解答题15. 如图所示，一电荷量q=3105C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37已知两板相距d=0.1m，电源电动势=15V，内阻r=0.5，电阻R1=3，R2=R3=R4=8g取10m/s2，已知sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）电源的输出功率；（2）两板间的电场强度的大小；（3）带电小球的质量【答案】（1）28W（2）（3）【解析】试题分析：（1）R2与R3并联后的电阻值R23=4由闭合电路欧姆定律得 I=A=2A电源的输出功率 P出=I（EIr）=28W（2）两板间的电压 UC=I（R1+R23）=2（3+4）=14V两板间的电场强度 E=140N/C（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，又F=qE由平衡条件得：水平方向 Tcosmg=0竖直方向 TsinqE=0所以m=5.6104kg16. 在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1（未知），该点电荷的电荷量为，且只考虑该点电荷在第一象限内产生电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2（未知）；第四象限内有大小为，方向按图乙周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期 。一质量为m，电荷量为+q的离子从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动。以离子到达x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力。求：（1）离子在第一象限运动时速度大小和第二象限电场E2的大小；（2）当时，离子的速度；（3）当时，离子的坐标。（）【答案】（1）（2） 与水平方向成角斜向下 ，（3）（4n+1）x0，【解析】试题分析：（1）设离子在第一象限的速度为v0在第一象限内，有库仑力提供离子圆周运动的向心力有：得：，解得：在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：解得：（2）离子进入第四象限后，在水平方向上，有：所以此时离子的合速度：方向：与水平方向成角斜向下 ，（3）由（2）分析知离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每个周期向右运动的平均速度为，每个周期前进因为开始计时时离子坐标为x0所以nT时，离子的横坐标为x=x0+4nx0=（4n+1）x0纵坐标：y=-v0nT=nx0故，在nT时离子的坐标为：（4n+1）x0，考点：考查匀强电场中电势差和电场强度的关系【名师点睛】本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解17. 如图所示，在纸面内直线MN的左侧存在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内的整个空间还存在范围足够大的匀强电场，现有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度沿直线AP匀速运动，并从直线MN上的P点离开磁场。已知A点到直线MN的距离,粒子重力不计。（1）求匀强电场的场强大小和方向；（2）粒子离开磁场后再次经过直线MN时到O点的距离；（3）若粒子的初速度大小变为原来的一半，仍沿AP方向开始运动，此运动过程中粒子离开AP的最远距离,求此时粒子的速度大小及加速度大小。【答案】（1）E=v0B；方向垂直AP斜向上（2）（3）【解析】（1）粒子以速度v0沿直线AP匀速运动，说明电场力与洛伦兹力平衡，则：qE=qv0B匀强电场的场强大小E=v0B；方向垂直AP斜向上；（2）粒子离开磁场后，做类平抛，轨迹为PD,如图因AO=PO，则=45，PC=CD=v0t=at2 ， 再次经过直线MN时到O点的距离：DO=PC+PO由以上各式，得（3）若粒子的初速度大小变为原来的一半，轨迹如图，离开AP的最远距离为F,速度为粒子由A到F，由动能定理，得：, 由上式，得： 由 此时粒子的加速度大小 18. 如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E1，ON=d在第二象限内充满一个沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴负方向射入第二象限区域，它到达的最左端为图中的B点，之后返回第一象限，且从MN上的P点离开已知A点坐标为（0，h）电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：（1）电子从A点到B点所用的时间；（2）P点的坐标；（3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离【答案】（1）（2）（d， ）（3）【解析】试题分析：（1）从A到B的过程中，加速度大小为，由速度公式得：0=v0-at，解得：；（2）电子从A运动到B，然后沿原路返回A点时的速度大小仍是v0，在第一象限的电场中，电子做类平抛运动，则：电子电场E1中的运动时间为：射出P点时竖直方向的分位移为 y=a1t12又根据牛顿第二定律得：解得；所以P点的坐标为（d，）；（3）电子到达P点时，竖直分速度为：电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，水平方向有：x=v0t2竖直方向有：h-y=vyt2电子经过x轴时离坐标原点O的距离 x=d+x解得；考点：带电粒子在匀强电场中加速和偏转【名师点睛】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解