2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (I).doc

2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (I)一、选择题1. 关于电场线的说法，正确的是（ ）A. 电场线就是电荷运动的轨迹B. 在静电场中静止释放的点电荷，一定沿电场线运动C. 电场线上某点的切线方向与正电荷的运动方向相同D. 电场线上某点的切线方向与负电荷在该点所受电场力的方向相反【答案】D【解析】解：A、电场线上某点的切线方向即为电场强度的方向，若是正电荷，电场力方向与电场强度方向相同，而电荷运动的轨迹在电场线上，电场线必须是直线，故A错误；B、在静电场中静止释放的点电荷，若电场线是直线，则电场力与电场线共线，而电场线不一定直线，故B错误；C、电场线上某点的切线方向是电场强度的方向，是正电荷所受电场力的方向，不一定是运动方向，若是从静止开始，则一定是相同，故C错误；D、电场线上某点的切线方向与负电荷在该点所受电场力的方向相反，与正电荷在该点所受电场力的方向相同故D正确；故选：D【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布当正电荷沿着电场线方向移动时，电场力做正功，则电势能减少，所以电势在减少当负电荷沿着电场线方向移动时，电场力做负功，则电势能增加，而电势仍减小2. 将一电源电动势为E、内阻为r的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（ ）A. 由U外IR可知，外电压随I的增大而增大B. 由U内Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C. 由U外EIr可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D. 由PIU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大【答案】C【解析】试题分析：由全电路欧姆定律可知，U外EIr，则电源输出电压随输出电流I的增大而减小，故选项C正确；在A选项中，U外IR可知，外电压与电流和电阻两个因素有关，故不能说电流增大，外电压就增大，其实电流增大是通过外电阻减小实现的，故选项A错误；B选项中，电源两端的电压也是指的路端电压，它也是随外电阻R的增大而增大，而不是随电流的增大而增大，选项B错误；D选项中，由PIU外可知，电源的输出功率P与输出电流I和电压有关，故不能说只通过输出电流就判断其大小，选项D错误。考点：全电路欧姆定律，路端电压。3. 如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于16V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为10V。如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将A. 小于6VB. 等于6VC. 大于6V小于10VD. 等于或大于10V【答案】A【解析】将电压表与电阻R1并联，电压表的读数为10 V，则电阻R2两端的电压等于6 V。若将电压表与电阻R2并联，则其并联电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，电压表的读数将小于6 V，故A正确，BCD错误。4. 一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有：A. a、b、c三点的电势高低及场强大小的关系是，B. 若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过三点a、b、c做匀速圆周运动C. 带电质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1:2:1D. 带电质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小【答案】D【解析】A、根据点电荷的电场线的特点：顺着电场线方向电势降低，知Q与a、c距离相等，都小于b，故b点的电势低于a、c两点的电势，即；，则，故A错误；B、由于场强大小不同，故根据知，带电质点在ac两点与b点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动，故B错误；C、根据牛顿第二定律得，得带电质点在a、b、c三处的加速度大小之比是，故C错误；D、带电质点受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷Q是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小，故D正确。点睛：本题属于电场中轨迹问题，考查学生的分析推理能力，关键要根据质点轨迹的弯曲方向，判断出质点受到的电场力指向轨迹内侧，进而判断出质点的电性。5. 如图所示，宇宙射线中存在高能带电粒子，假如大气层被破坏，这些粒子就会到达地球，从而给地球上的生命带来危害，根据地磁场的分布特点，判断下列说法中正确的是A. 地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在南北两极最强，赤道附近最弱B. 地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在赤道附近最强，南北两极最弱C. 地磁场对宇宙射线的阻挡作用在地球周围各处相同D. 地磁场对宇宙射线无阻挡作用【答案】B【解析】试题分析：高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转不同的磁场，所受到的洛伦兹力大小不一，而磁场在南、北两极最强赤道附近最弱，则地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强，故B正确考点：考查了洛伦兹力【名师点睛】本题考查了地球磁场的分布特点和左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向，从而判断粒子的运动情况6. 科学家研究发现，磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR为一个磁敏电阻，R和R2为滑动变阻器，R1和R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。则A. 只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大B. 只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动C. 只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大D. 只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动【答案】C【解析】只调节电阻R2，当P2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R1消耗的电功率不变电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动故AB错误只调节电阻R，当P1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR的阻值减小，则通过R1的电流增大，其电功率增大电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动故C正确，D错误故选C.点睛：此题的逻辑性非常强，要读懂题意，把握有效信息：磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，再进行动态分析7. 长为L的通电直导线放在倾角为的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为()A. cosB. C. sinD. 【答案】B【解析】试题分析：若磁场方向竖直向上，则安培力水平方向由平衡条件可得：mgtan=BI1L；若磁场方向垂直于斜面向上，则安培力沿斜面向上由平衡条件可得：mgsin=BI2L，则I1：I2=1：cos，故选B考点：安培力【名师点睛】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向。8. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为U1和U2，下列说法中正确的是（ ）A. 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C. U1U2D. U1U2【答案】BC【解析】试题分析：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化根据路端电压的变化，分析U1和U2的大小解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮故A错误，B正确C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以U1U2故C正确，D错误故选：BC【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析运用总量法分析两电压表读数变化量的大小9. 如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合，在增大电容器两极板间距离的过程中()A. 电阻R中没有电流B. 电容器的电容变小C. 电阻R中有从a流向b的电流D. 电阻R中有从b流向a的电流【答案】BC【解析】试题分析：增大电容器两极板间距离，根据公式可得电容减小，由于连接在电源两端，所以电容器两极板间的电压恒定，根据公式可得两极板上的电荷量减小，故电容放电，电阻R中有从a流向b的电流，故BC正确；考点：考查了电容器的动态变化【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变10. .如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心，为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称，下列判断正确的是A. b、d两点处的电势相同B. 四个点中c点处的电势最低C. b、d两点处的电场强度相同D. 将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小【答案】ABD【解析】A、该电场为等量异种点电荷的电场，将等量异种点电荷的电场线与等势面的图画出如图，与该题的图比较可得：该电场中的电势关于x轴上下对称，所以b、d两点的电势相等，故A正确；B、c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，故B正确；C、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的，故C错误；D、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小，故D正确。故选：ABD。点睛：该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的；c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等，最低。视频11. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（） A. a一定带正电，b一定带负电B. a加速度减小，b加速度增大C. a电势能减小，b电势能增大D. a和b的动能一定都增大【答案】BD【解析】A、由运动轨迹如图可知，做曲线运动的轨迹朝着合外力的方向弯曲，若a带正电、b的受力与a相反，则b一定带负电，故A正确. B、根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B正确. C、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，故C错误. D、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D正确.故选ABD.【点睛】考查了物体做曲线运动的条件：力与速度不共线力、速度和运动轨迹三者的位置关系，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系12. 如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷暈绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从0点沿着与y轴夹角为30的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向，下列判断正确的是A. 粒子带正电B. 粒子由O到A经历的时间为C. 若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为D. 离开第I象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60【答案】CD【解析】试题分析：根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；根据几何知识可知，从O点到A点轨迹的圆心角为60，B错误；由图可得：，所以而粒子的轨迹半径为，联立可得，C正确；粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60，故D正确；考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动二、实验题13. 要测量电压表V1的内阻Rv1，其量程为2V，内阻约2k实验室提供的器材有：电流表A，量程06A，内阻约为01电压表V2，量程5V，内阻约为5；定值电阻R1，阻值为30定值电阻R2，阻值为3K；滑动变阻器R3，最大阻值100，额定电流15A；电源E，电动势6V，内阻约05；开关S一个，导线若干（1）某同学设想按甲图所示电路进行测量，读出电压表Vl和电流表A的示数后，用欧姆定律计算出Rv1该方案实际上不可行，最主要的原因是 _（2）另一同学设计出如图乙所示的电路来测量电压表Vl的内阻Rv1图中R0应选 _ （选填“R1”或“R2”）在图丙中完成实物连线_接通电路后，调整滑动变阻器的滑动触头在适当的位置，电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，定值电阻的阻值为R0，则计算电压表V1的内阻Rv1的表达式为Rv1= _ 【答案】 (1). 电流表示数很小，很难对电流表读数 (2). R2 (3). (4). 如图所示：【解析】试题分析：（1）待测电压表V1和电流表A串连接入电路中，由于待测电压表内阻很大，电路电流很小，电流表示数很小，对电流表读数时误差很大，不能对电流表正确读数，则该方案不可行（2）电压表V1的量程为2V，而电压表V2，量程5V，所以要扩大电压表V1的量程，所以要串联一个大电阻，即图中R0应选R2，根据电路图连接实物图，如图所示：根据电路图，由串并联电路特点及欧姆定律可得：，则；考点：测量电压表的内阻【名师点睛】连接实物电路图时要注意滑动变阻器的分压接法，熟练应用串并联电路特点及欧姆定律是求出电压表内阻的关键，难度适中。14. 多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器，使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示若选择开关处在“10”的电阻档时指针位于a，则被测电阻的阻值是 _ ；若选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，则被测电压是 _ V无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从 _ 色表笔经 _ 插孔流入电表【答案】 (1). 500 (2). 1.98 (3). 红 (4). +【解析】选择开关处在“10”的电阻档时指针位于a，由图示表盘可知，被测电阻的阻值是5010=500；选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，被测电压是1.98V，无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从红色表笔经“+”插孔流入电表。三、解答题15. 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板中有一小孔。质量为m电荷量为的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达小极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落到运动到下极板处的时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0解得：电容器两极板间的电压为：电容器的带电量为：（3）加速过程：mgt1=mv减速过程，有：（mg-qE）t2=0-mvt=t1+t2联立解得：考点：牛顿第二定律及动能定理的应用【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难。视频16. 如图所示的电路中，电阻R=10，电动机M的线圈电阻r=1，加在电路两端的电压U=50V，已知电流表的读数为25A，求：（1）通过电动机线圈的电流强度为多少？（2）通电，电动机M输出的机械功为多少？【答案】（1）20A（2）3.6104J【解析】试题分析：先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后用干路电流减去电阻R的电流，得到通过电动机的电流；根据W=UIt求解电动机在1min内消耗的电能，根据P热=I2rt求解电流通过电动机产生的热量，最后根据W机=W-Q求解电动机的机械功率功。（1）通过电阻R的电流为：通过电动机的电流：IM=I-IR=25A-5A=20A（2）电动机在1min内消耗的电能：WUIMt502060J6104J电流通过电动机产生的热量：QI2Mrt202160J2.4104J电动机在1min内输出的机械功为：W=W-Q=3.6104J点睛：本题主要考查了非纯组电路问题，抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。17. 如图所示，在、两点间接一电动势为，内电阻为的直流电源，电阻、的阻值均为4，电容器的电容为，电流表内阻不计，当电键闭合时，求：（）电流表的读数（）电容器所带的电量（）断开电键后，通过的电量【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：当电键S闭合时，电阻、被短路根据欧姆定律求出流过的电流，即电流表的读数电容器的电压等于两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量断开电键S后，电容器通过、放电，、相当并联后与串联再求解通过的电量（1）当电键S闭合时，电阻、被短路根据欧姆定律得：电流表的读数（2）电容器所带的电量（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是、相当并联后与串联由于各个电阻都相等，则通过的电量为18. 如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向，在x轴下方有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。匀强磁场，在y轴上的P（0，h）点水平向x轴的正方向抛出一质量为m、带电来那个为-q的粒子（重力不计）带电粒子能经过x轴上的D点(未在图中画出）。 （1）若带电粒子以的初速度抛出，求带电粒子第一次到达x轴时离坐标原点的距离是多少；（2）若带电粒子经电场的偏转，然后历经一次磁场就能回到P点，求初速度应该满足的条件；（3）若要使带电粒子击中界面上的D点，求初速度与原点O到D点之间的距离d应该满足的关系。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）因为带电粒子在电场中做平抛运动，则有，解得（2）粒子在磁场中做圆周运动，由，得由几何关系可知，得因为，所以（3）a.从P点平抛，进入磁场，在磁场偏转后，进入电场区斜上抛，如此循环经历磁场n次，最终在电场中斜上抛到达D点，应该有关系因为，所以.因为，所以