广西玉林市2018-2019学年高二物理上学期期末质量评价检测试卷（含解析）.doc

广西玉林市2018-2019学年高二物理上学期期末质量评价检测试卷（含解析）二、选择题：1.电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则( )A. 电场力做功仍为W B. 电场力做功为C. 两点间的电势差仍为U D. 两点间的电势差为【答案】C【解析】让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点，电场力做功为q2U=2W，故A错误，B错误；在同一个电场中，两点之间的电势差就不变，与放入的电荷的电荷量的大小无关，所以AB之间的电势差的大小还是U，C正确，D错误。故选：C。点睛：两点间的电势差是由电场决定的，电场不变，两点之间的电势差就不变，根据W=qU可以直接计算电场力做功的大小2.两个完全相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的A. 47 B. 57 C. 97 D. 157【答案】C【解析】【分析】由库仑定律列出接触前的库仑力表达式；根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量，再由库仑定律列出库仑力表达式，即可求得两力的关系【详解】由库仑定律可得：两球接触前的库仑力F=k7Q2r2;当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量q=Q+7Q24Q,两球接触后的库仑力F=k16Q2r2=167F；当两球带异种电荷时，两球接触中和后再平分电量，则两球的电量q= Q7Q23Q; 两球接触后的库仑力F=k9Q2r297F，故ABD错误，C正确。故选C。【点睛】两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向3.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）【答案】D【解析】主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。正确答案是D。4.如图所示，电源电动势E3 V，小灯泡L标有“2 V0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R4 时，小灯泡L正常发光。现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则()A. 电源内阻为1 B. 电动机的内阻为4 C. 电动机正常工作电压为1 VD. 电源效率约为93.3%【答案】AD【解析】【详解】A、小灯泡的额定电流为I=PU=0.42=0.2A，电阻为RL=UI=20.2=10，当接1时，由闭合电路欧姆定律可知E=I(RL+R+r)，代入数据解得r=1，故A正确；BC、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A，电源内阻分的电压为U=Ir=0.21V=0.2V，故电动机分的电压为U动=EULU=320.2V=0.8V，电动机的内阻R0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成60角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON有且只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离l及在磁场中运动的时间t分别为A. l=43mv3Bq B. l=3mvBq C. t=4m3Bq D. t=5m3Bq【答案】AC【解析】【分析】（1）根据几何关系求得中心角，由洛伦兹力做向心力求得周期，即可求得运动时间；（2）根据几何关系求得距离和半径的关系，即可根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径，从而求得距离。【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，故运动轨迹与ON相切；轨迹如图所示，；根据洛伦兹力做向心力可得：Bvqmv2R，故运动周期T2Rv2mqB；由几何关系可得：粒子在磁场中转过的中心角为240，故运动时间t23T4m3qB，选项C正确，D错误；根据几何关系可得：粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离L2Rsin604R34mv3qB，故A正确，B错误；故选AC.【点睛】粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力作用下的运动情况，一般根据几何关系求得轨道半径、中心角等问题，即可由洛伦兹力做向心力求得周期、轨道半径，进而求得速度、运动时间等问题。8.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流B. a、b线圈中感应电动势之比为9：1C. a、b线圈中感应电流之比为3：1D. a、b线圈中电功率之比为3：1【答案】BC【解析】【分析】根据楞次定律可求得电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比【详解】根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针；故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，E=nt=nBSt； 而S=l2； 因此电动势之比为9：1；故B正确；线圈中电阻R=Ls，而导线长度L=n4l；故电阻之比为：3：1； 由欧姆定律可知，I=E/R；则电流之比为：3：1； 故C正确；电功率P=E2/R，电动势之比为9：1；电阻之比为3：1；则电功率之比为27：1；故D错误；故选BC。【点睛】本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解9.如下图所示为某次实验中两电表的接线及示数情况，则电流表A的示数为_A，电压表V的示数为_V。【答案】 (1). 1.50A (2). 7.50V【解析】【详解】电流表A的量程为0-3A，则示数为1.50A；电压表V的量程为0-15V，则示数为7.50V.10.某实验小组利用如下器材测量某金属丝的电阻率：A.电源(3V，内阻约为0.1)B.电流表(量程0.6A，内阻约为0.1)C.电流表(量程3A，内阻约为0.03)D.电压表(量程3V，内阻约为3k)E.滑动变阻器(1k，0.3A)F.滑动变阻器(20，2A)G.待测金属丝、螺旋测微器、米尺、开关和导线等(1)实验的主要步骤如下：a.截取一段金属丝，拉直并固定在两端带有接线柱的米尺上，观察其接入长度在米尺上的示数如图甲所示，则读数为L=_cm；b.用螺旋测微器测出金属丝的直径，某次测量时示数如图乙所示，其读数为D=_mm；c.正确连接电路，合上开关；d.改变滑动变阻器的位置，读出电压表和电流表的示数，记录如下表：次数12345U/V0.801.001.501.802.30I/A0.180.220.340.420.52e.断开开关，整理器材，结束实验操作。(2)根据以上信息，你认为该小组选用的电流表是_，滑动变阻器是_(只填仪器前的代号)；请设计一个电路并使其尽可能测得更多的数据，据此把下列电路连接完整_。(3)该小组的测量数据已标在U-图上，据此可计算该金属丝的电阻值为_(保留两位有效数字)，根据电阻定律即可得到该金属丝电阻率。【答案】50.00，0.712（0.7110.713均给分）；B，F，如图；4.4（4.34.5均给分）.【解析】试题分析：a.金属丝的长度为50.00cm；b金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm21.2=0.712mm；根据表中数据可知，电流表选择0.6A量程，即选B；滑动变阻器选择F即可；连接电路如图；画出U-I图像如图，则求得电阻值为：R=UI=2.30.52=4.4考点：测量金属导体的电阻率.11.如图，质量m0.2kg、长度L1.0m的水平导体棒MN，用两根劲度系数均为k100N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，导体棒置于水平向里的匀强磁场中。当导体棒中通以大小为I5A的电流，并处于静止时，两弹簧恰好都恢复到原长状态。（重力加速度g取10m/s2）(1)求匀强磁场磁感应强度B的大小；(2)欲使导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态，应当通入什么方向、多大的电流。 【答案】（1）0.4T（2）2.5A【解析】（1）弹簧都恢复到原长状态时，ILBmg BmgIL0.4T （2）导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态时，应当通入的电流方向为从NM 由平衡条件可得：mg + ILB2kx 求得：I2.5A 12.如图，两根相距L=0.20m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.40的电阻相连。电阻右侧存在沿导轨方向随距离均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.50T/m，金属棒所在处磁场的磁感应强度B0=0.50T。一根质量0.10kg，电阻r=0.10的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。在t=0时刻，棒在水平外力作用下以初速度v1=2m/s沿导轨向右做匀速运动。求(1)t=0时回路中的电流大小；(2)t=2s时电阻R上的热功率及外力做功功率；【答案】（1）0.4A（2）1.6W 2W【解析】【分析】（1）棒向右匀速运动，由E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流（2）电阻R上产生的热功率由公式P=I2R求解外力的功率等于总功率.【详解】（1）棒产生的电动势 E=B0Lv1=0.50.22V=0.2V由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流：I=ER+r=0.20.4+0.1A=0.4A（2）t=2s时棒的速度 v1=2m/s，走过的位移为：x=v1t=22=4m，此时的磁场强度：B2=B0+kx=0.5+0.54=2.5T棒产生的电动势 E=BLv1=2.50.22V=1V由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流：I=ER+r=10.4+0.1A=2A 电阻R上产生的热功率为：PR=I2R=220.4W=1.6W外力的功率等于总功率，即P外=1E=2W13.如图所示，在xoy坐标系中有虚线OA，OA与x轴的夹角=30，（OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场，已知匀强磁场的磁感应强度B=0.25T，匀强电场的电场强度E=5105N/C现从y轴上的P点沿与y轴正向夹角60的方向以初速度v0=5105m/s射入一个质量m=81026kg、电量q=+81019C的带电粒子，粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点，已知P点到O的距离为35m（带电粒子的重力忽略不计）求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径； （2）粒子从P点运动到Q点的时间； （3）Q点的坐标【答案】（1）0.2m；（2）1.18106 s；（3）（0.6 m，0）【解析】(1)由F向=qv0B=m得r= 0.2 m. （4分）(2)粒子由P点进入磁场，由于OPO= 300，延长PO交OA于O，则POOA，则PO=OPcos 300= 0.3 m，则OO=POPO= 0.1 m得OO=OM，即得OMO= 300 （2分）由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为600，即得从OA边射出时v0与x轴垂直。 （2分）从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和。t1= =8.37107s（2分）粒子从P点到Q点的时间为t =t1t2=1.18106s （2分）(3)粒子在电场中qE=ma，a = =51012m/s2水平位移x2=at22= 0.3 m （3分）粒子在磁场中水平位移x1=rrsin 300=0.3m （2分）故x=x1x2= 0.6 m 即Q点的坐标为（0.6 m,0） （2分）