内蒙古赤峰市宁城县2018-2019学年高二物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

内蒙古赤峰市宁城县2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第18小题只有一个选项正确，第912小题有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1.下列关于电场强度的叙述正确的是A. 电场中某点的场强就是单位电荷受到的电场力B. 电场中某点的场强与该点检验电荷所受的电场力成正比C. 电场中某点的场强与该点有无检验电荷无关D. 电场中某点的场强方向就是检验电荷在该点所受电场力的方向【答案】C【解析】电场中某点的电场强度的大小在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力的大小，故A错误。电场中某点的场强大小由电场本身决定，与试探电荷无关，不能说电场强度与放在该点的电荷所受到的电场力的大小成正比，故B错误，C正确；电场中某点的场强方向就是正的检验电荷在该点所受电场力的方向，故D错误；故选C.2.关于磁现象的电本质，安培提出了分子电流假说他是在怎样的情况下提出来的（）A. 安培通过精密仪器观察到分子电流B. 安培根据原子结构理论，进行严格推理得出的结论C. 安培根据环形电流的磁性与磁铁相似提出的一种假说D. 安培凭空想出来的【答案】C【解析】安培根据环形电流的磁性与磁铁相似提出的一种分子电流假说，C对。3.实验室用的小灯泡灯丝的IU特性曲线可用以下哪个图象来表示（考虑灯丝的电阻随温度的升高而增大）（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据I=UR可知，I-U图象的斜率大小表达电阻的倒数，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，因此I-U特性曲线是过原点的向电压轴倾斜的曲线，故A正确，BCD错误。4.空间有一电场，电场线如图所示，电场中有两个点a和b。下列表述正确的是（）A. 该电场是匀强电场B. a点的电场强度比b点小C. 负电荷在a点的电势能比在b点的高D. a点的电势比b点的高【答案】C【解析】【分析】电场线的疏密代表场强的强弱，场强处处相同的电场为匀强电场。沿电场线方向电势逐渐降低。【详解】A、该电场的电场线疏密不同，场强不同，不是匀强电场。故A错误；B、a点的电场线比b点密，所以a点的场强大于b点的场强。故B错误；C、负电荷从a到b电场力做正功，故电势能减小，故在a点的电势能比在b点的大。故C正确；D、沿电场线方向电势逐渐降低，知b点的电势大于a点的电势。故D错误。故选：C。【点睛】解决本题的关键知道电场线的特点，电场线的疏密代表电场的强弱，电场线上某点的切线方向表示电场的方向。5.对于一个电容器，下列说法中正确的是（）A. 电容器所带的电量越多，电容越大B. 电容器两极板间的电势差越大，电容越大C. 电容器两极板间的电势差减小到原来的一半，它的电容也减小到原来的一半D. 电容器所带的电量增加为原来的两倍，两极板间的电势差也增加为原来的两倍【答案】D【解析】【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关。【详解】ABC、C=QU是比值定义式，C与U、Q无关，电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关。故A、B、C均错误，D、由C=QU，得U=QC，则电量增加为原来的两倍，两极板间的电势差也增加为原来的两倍，故D正确故选：D。【点睛】电容C=QU，采用的是比值定义法，有比值定义法共性，C与U、Q无关，由电容器本身决定6.在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个面积为S的闭合金属线框abcd，如图所示开始时金属线框与磁感线平行，当线框绕OO轴转动30角时，穿过线框的磁通量为（）A. BS B. 12BS C. 32BS D. 0【答案】B【解析】【分析】通过线圈的磁通量可以根据BSsin进行求解，为线圈平面与磁场方向的夹角。【详解】当线圈绕OO轴转过30时，BSsin0.5BS【点睛】解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大。7.已知G表的内阻为100，满偏电流为300A，若用此表头改装成0.6A量程的电流表，则（）A. 串联一个199900电阻 B. 串联一个0.05电阻C. 并联一个199900电阻 D. 并联一个0.05电阻【答案】D【解析】试题分析：把电流表改装成大量程电流表，需要并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值解：把电流表改装成0.6A的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：R=0.05；则D正确，ABC错误故选：D【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题8.如图所示，A、B两个灯泡均正常发光，当滑动变阻器R2的滑片P向d端滑动时则（）A. A灯变亮，B灯变暗 B. A灯变暗，B灯变亮C. A、B灯均变亮 D. A、B灯均变暗【答案】D【解析】试题分析：当变阻器的滑片P向下端滑动时，滑动变阻器RD变小，滑动变阻器和灯泡B组成的并联电路电阻RBD变小，与定值电阻R组成的串联电阻R并1变小，与灯泡A组成的并联电阻即外电阻R变小，电路总电阻R+r变小，电路总电流I=ER+r变大，路端电压即灯泡A的两端电压U=EIr变小，灯泡A变暗，选项AC错。通过灯泡A的电流IA=URA，流过定值电路的电流I并=IIA变大，定值电阻的电压UR变大，滑动变阻器和灯泡B构成并联的电压UBD=UIAR减小，即灯泡B的端电压变小，灯泡B变暗，选项B错D对。考点：动态电路9.一束粒子沿水平方向平行飞过小磁针上方，如图所示，此时小磁针S极向纸内偏转，这一束粒子可能是（）A. 向右飞行的正离子束 B. 向左飞行的正离子束C. 向右飞行的负离子束 D. 向左飞行的负离子束【答案】BC【解析】试题分析： 向左飞行的正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意，故B正确；同理，可知D错误；向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意，故C正确，同理可知A错误。考点：安培定则.10.南极考察队队员在地球南极附近用弹簧秤竖直悬挂一还未通电的螺线管，如图所示，下列说法正确的是（）A. 若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧秤示数将减小B. 若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧秤示数将增大C. 若将b端接电源正极，a端接电源负极，则弹簧秤示数将增大D. 若将b端接电源正极，a端接电源负极，则弹簧秤示数将减小【答案】AC【解析】【分析】根据安培定则，结合电流的方向判断出通电螺线管的磁场的方向，然后根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引即可判定。【详解】AB、若将a 端接电源正极，b端接电源负极，则根据安培定则可知，螺线管的下端是磁场的N极，磁场的方向向下；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺旋管将受到排斥力，弹簧测力计示数将减小。故A正确，B错误；C、若将b端接电源正极，a端接电源负极，则根据安培定则可知，螺线管的上端是磁场的N极，磁场的方向向上；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺旋管将受到吸引力，弹簧测力计示数将增大。故C正确； D、由上分析可知，故D错误。【点睛】该题结合地球的磁场的特点考查安培定则，情景的设置新颖，与实际生活的结合比较好，是一道理论结合实际的好题目。11.如图所示，匀强电场中a、b、c、d四个水平平面，间距相等，每个平面上各点的匀强电场方向都垂直于平面。一个电子射入电场后的运动轨迹如实线MN所示，由此可知（）A. 电场强度方向向左B. 电子在N的动能小于在M的动能C. a平面的电势低于b平面D. 电子在N的电势能小于在M的电势能的电势【答案】BC【解析】【分析】根据电场线方向与等势线垂直和电子所受的电场力指向轨迹的内侧，判断出电子所受的电场力方向，分析电场力做功的正负，根据动能定理分析动能的变化和电势能的变化。根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低。【详解】A、根据电场线方向与等势线垂直可知，电场线方向必定位于竖直方向，则电子所受的电场力必定在竖直方向。电子做曲线运动，所受的电场力方向指向轨迹的内侧，所以可知电子所受的电场力方向应竖直向下，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以可知电场强度方向竖直向上，如图所示，故A错误;BD、若电子由M运动到N，电子所受的电场力方向应竖直向下，与速度方向的夹角为钝角，对电子做负功，根据动能定理可知，电子的动能减小，电势能增加，所以电子在N的动能小于在M的动能，在N的电势能大于在M的电势能，故B正确，D错误;C、根据顺着电场线方向电势降低，得知，a点电势低于b点电势，故C正确。【点睛】解决本题的关键是根据电子的轨迹弯曲方向和电场线方向判断出电场力方向，运用动能定理和电场力做功与电势能变化的关系进行分析，注意掌握电场线与等势面之间的关系。12.如图所示，两个倾角分别为30和60的光滑斜面固定于水平地面上，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，两个质量均为m、电荷量均为q的带正电小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面（斜面足够长），在此过程中（）A. 在斜面上运动的时间，甲比乙短B. 飞离斜面瞬间的速度，甲比乙大C. 在斜面上运动过程中的加速度大小，甲和乙相等D. 在斜面上运动过程中的重力平均功率，甲和乙相等【答案】B【解析】【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面。根据平衡条件确定离开时的速度，再根据匀变速直线运动规律可确定离开的时间以及速度，根据功率公式确定平均功率的大小关系。【详解】A、小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，故：mgcos=qvmB。解得：vm=mgcosqB，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大；由受力分析得加速度agsin，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由vmat得，甲的时间大于乙的时间，故A错误，B正确；C、物体受重力、支持力和洛伦兹力作用，由于支持力和洛伦兹力与运动方向相互垂直，故合外力为mgsin，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为gsin；两物体的加速度不相同，故C错误；D、由平均功率的公式P=Fv=m2g2sincos2qB，因夹角不同，故重力的平均功率不相同，故D错误。【点睛】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况，注意明确洛伦兹力永不做功的基本性质。二、实验题：（共16分每空2分，请把答案填在答题卡中的横线上）13.某同学要测定一个圆柱体的电阻率，进行了如下操作：（1）用准确到0.1mm的游标卡尺测量圆柱体的长度，用螺旋测微器测量其直径如下图所示可知其长度为_mm，其直径为_mm；（2）用已调零且选择旋钮指向欧姆档“1”位置的多用电表粗略测量该圆柱体的电阻，根据如图2所示的表盘，可读出被测电阻阻值为_（3）为了精确的测量该圆柱体的电阻，实验室准备了如下实验器材，用伏安法进行测量：电压表V1（量程03V，内电阻约1k）；电压表V2（量程015V，内电阻约5k）；电流表A1（量程03A，内电阻约0.2）；电流表A2（量程0600mA，内电阻为1）；滑动变阻器R（最大阻值为10，额定电流为1A）；电池组E（电动势为4V、内电阻约为0.1）；开关及导线若干为使实验能正常进行，减小测量误差，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，以便画出电流电压关系图线，则电压表应选用_（填实验器材的代号）电流表应选用_（填实验器材的代号）完成实验电路图（图3）（4）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图4所示由图可知，电流表读数为_A，电压表的读数为_ V【答案】 (1). 29.8 (2). 2.130 (3). 7.0 (4). V1 (5). A2； (6). 0.46 (7). 2.40【解析】【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（2）欧姆表的读数是指针的读数乘以欧姆档的倍数；（3）根据电源的电动势和待测电阻的大约阻值，求出电流最大值的大约值，从而确定电流表的量程根据待测电阻的大小确定电流表的内外接，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，知滑动变阻器采用分压式接法（4）根据图示电表确定其分度值，读出其示数【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为：2.9cm29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.1mm0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm29.8mm螺旋测微器的固定刻度为2.0mm，可动刻度为13.00.01mm0.130mm，所以最终读数为2.0mm+0.130mm2.130mm（2）欧姆表指针的读数为7.0，乘以欧姆档的倍数为“l”，所以欧姆表的读数为7.0l7.0（3）电源电动势为4V，则电压表选择电压表V1，最大电流I=37=0.43A，则电流表应选用电流表A2，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，知滑动变阻器采用分压式接法待测电阻远小于电压表的内阻，与电流表内阻接近，属于小电阻，则电流表采用外接法（4）根据图3可知，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.46A；由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.40V故答案为：（1）29.8；2.130；（2）7.0；（3）V1；A2；如图所示；（4）0.46；2.40【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量，欧姆表的读数要乘以欧姆档的倍数，难度适中。三、计算题：（共36分应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14.如图所示的电路中，电阻R115，R230当开关S1、S2都闭合时，电流表的读数I10.4A；当开关S1闭合、S2断开时，电流表的读数I20.3A；求电源的电动势E和内阻r【答案】6V；5【解析】【分析】对开关S1、S2都闭合时和开关S1闭合、S2断开时的两种情况，分别根据闭合电路欧姆定律列方程，联立求解即可【详解】当开关S1、S2都闭合时，R1、R2并联，外电路总电阻为：R=R1R2R1+R2=10由闭合电路欧姆定律得：E=I1R+r 代入得：E0.4（10+r）当开关S1闭合、S2断开时，由闭合电路欧姆定律得：E=I2R1+r代入得：E0.3（15+r）解方程得：E6V，r5【点睛】根据两种情况分别列方程，由闭合电路欧姆定律求电源的电动势和内阻是常用的方法，类似于实验中伏阻法。15.如图所示，一带电量为q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B当小球在竖直方向运动h高度时到达b点，重力加速度为g。（1）判断小球带何种电荷？（2）球在b点上所受的磁场力多大？【答案】（1）小球带负电 （2）qBv022gh【解析】【分析】（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球的电性；（2）a到b，洛伦兹力不做功，只有重力做功，可求得B点的速度；再由洛伦兹力公式FqvB解得F大小。【详解】（1）由左手定则可以判定小球带负电（2）从抛出点到b点，只有重力做功，洛仑兹力不做功由动能定理得：-mgh=12mv2-12mv02得：v=v02-2gh由洛仑兹力公式f洛=qvB得，f洛=qBv02-2gh【点睛】此题要求同学们会用左手定则判定受力方向，注意四指指正电荷运动的方向；能根据洛伦兹力充当向心力列式求解，注意明确洛伦兹力永不做功。16.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60角时，小球到达B点速度恰好为零试求：（1）AB两点的电势差UAB；（2）匀强电场的场强大小；（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小【答案】(1) (2) (3)【解析】试题分析：（1）A到B点动能定理所以（2）（3）设转过，m，0到V，由动能定理得：，时，V最大，V=考点：动能定理、牛顿第二定律【名师点睛】考查牛顿第二定律、动能定理的应用，注意几何关系的正确应用，理解动能定理中的各力做功的正负（1）根据牛顿第二定律，即可求解；（2）根据动能定理，结合几何关系，即可求解；（3）根据动能定理，与动能表达式，并由几何关系，即可求解