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

2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (IV)一、选择题1.如图所示，Q是带正电的点电荷，P1、P2为其电场中的两点若E1、E2为P1、P2两点的电场强度的大小，1、2为P1、P2两点的电势，则()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】Q是带正电的点电荷，则电场线方向是远离正电荷的，正点电荷的等势面是半径不同的同心圆，顺着电场线方向，电势降低，可判断电势的高低由点电荷的场强公式E=，可知，某点的场强大小与该点到场源电荷的距离的平方成反比，来分析场强的大小。【详解】Q是带正电的点电荷，则电场线方向是远离正电荷的，正点电荷的等势面是半径不同的同心圆，顺着电场线方向，电势降低，顺着电场线方向，电势降低，则12由点电荷的场强公式E=可知，P2离Q比P1远，则E1E2故应选：A。【点睛】本题考查对电势高低和场强大小的判断能力，要根据电场线的方向判断电势高低，某点的场强大小与该点到场源电荷的距离的平方成反比，来分析场强的大小也可以通过电场线来分析。2.两个通草球带电后相互推斥，如图所示两悬线跟竖直方向各有一个夹角、，且两球在同一水平面上两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示若已知，则下列说法中一定有的关系是( )A. 球一定带异种电荷B. m受到的电场力一定大于M所受电场力C. m一定小于MD. q一定大于Q【答案】C【解析】两个球相互排斥，故一定带同种电荷，A错误；两球相互排斥，根据牛顿第三定律，相互排斥力相等，与带电量无关，BD错误；对左侧小球受力分析，受重力mg，拉力T和静电斥力F，如图所示根据平衡条件，有：Tsin=F，Tcos=mg，解得F=mgtan，再对右侧小球受力分析，同理有F=Mgtan，因，由可得mM，C正确；选C【点睛】两球相互排斥，故带异种电荷，根据牛顿第三定律可知相互排斥力相等，与带电量无关；再根据平衡条件得到排斥力的表达式进行分析3.电场中有a、b两点，a点电势为4V，若把电量为210-8C的负电荷，从a移到b的过程中，电场力做正功410-8J，则 （ ）A. a、b两点中，a点电势较高。B. b点电势是2VC. b点电势是-2VD. b点电势是6V【答案】D【解析】电场力做正功，电势能减小，又因为是负电荷，则电势升高，所以b点电势较高，故A错误；根据U=Wq得：Uab410821082V，则a-b=-2V，b=6V，故D正确，ABC错误故选D.4.面积是0.5m2的导线环，放在某一匀强磁场中，环面与磁场垂直，穿过导线环的磁通量是1.010-2Wb，则该磁场的磁感应强度B等于( )A. 0.5010-2TB. 1.010-2TC. 1.510-2TD. 2.010-2T【答案】D【解析】【分析】由磁通量的表达式：=BS（BS）得B=S，可求得。【详解】因：=BS（BS）得B=S=1.01020.5T=0.02T，故D正确，A、B、C错误。故应选：D。【点睛】考查磁通量的计算式，会求磁通量或B。5.如图所示,电路中电源内阻不能忽略,电阻R的阻值和线圈L的自感系数都很大,A、B为两个完全相同的灯泡,当S闭合时,下列说法正确的是( )A. A比B先亮,然后A灭B. B比A先亮,然后B逐渐变暗C. A,B起亮,然后A灭D. A,B一起亮,然后B灭【答案】B【解析】【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。【详解】闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，B灯先亮，A灯后亮，电路稳定后，由于R很大，线圈L的直流电阻很小，所以B中的电流变小，故B正确。故应选：B。【点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。6.忽略温度对电阻的影响，下列说法中错误的是（ ）A. 根据R=U/I知，虽然加在电阻两端的电压为原来的两倍，但导体的电阻不变B. 根据R=U/I知，加在电阻两端的电压为原来的两倍时，导体的电阻也变为原来的两倍C. 根据I=U/R知,通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比D. 导体中的电流越大，电阻就越小【答案】BD【解析】【分析】电阻是导体自身的一种特性，它由导体的材料、长度、横截面积和温度决定，与加在导体两端的电压和通过导体的电流大小无关。【详解】A、B、D项：电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压无关，故A正确，B错误，D错误；C项：由欧姆定律I=U/R可知，由于导体的电阻不变，所以通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，故C正确。本题选不正确的，故应选：BD。【点睛】本题考查电阻的性质，要注意电阻是导体本身的性质，与电压及电流无关。7.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（ ）A. 甲表是电流表，R减小时量程增大B. 甲表是电压表，R增大时量程减小C. 乙表是电压表，R增大时量程增大D. 乙表是电流表，R增大时量程减小【答案】AC【解析】【分析】表头改装电压表要串联电阻，串联电阻越大，电压表量程越大；表头改装电流变要并联一电阻并联电阻越小，量程越大。【详解】由电表的改装可知，电流表应是G与R并联，改装后加在G两端的最大电压Ug=IgRg不变，所以并联电阻R越大，I=Ig+IR越小，即量程越小。对于电压表应是G与R串联，改装后量程U=IgRg+IgR，可知R越大，量程越大。故应选：AC。【点睛】本题考查电表改装原理的理解能力当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值。8.如图所示，让线圈由位置1通过一个匀强磁场的区域运动到位置2，下列说法正确的是（）A. 在线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且进入时的速度越大，感应电流越大B. 在线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中的感应电流方向为逆时针C. 整个线圈在匀强磁场中匀加速运动时，线圈中有感应电流，而且电流是恒定的D. 在线圈穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中没有感应电流【答案】AB【解析】【分析】感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化感应电流与感应电动势的关系遵行闭合电路欧姆定律I=ER，而感应电动势E=BLv，E与v成正比，感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化感应电流的方向可由楞次定律判断。【详解】A项：线圈加速进入匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量增大，有感应电流产生。由E=BLv知，线圈产生的感应电动势越来越大，由I=ER知，感应电流越来越大，故A正确；B项：线圈进入匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量增大，有感应电流产生，根据楞次定律可知电流方向为逆时针，故B正确；C项：整个线圈在匀强磁场中加速运动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，故C错误；D项：线圈穿出匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量减少，线圈中有感应电流产生，根据楞次定律可知电流方向为顺时针，故D错误。故应选：AB。【点睛】关键要掌握产生感应电流的条件和楞次定律知道当磁通量变化时，有感应电流；当磁通量没有变化时，没有感应电流，并要掌握公式E=BLv，并能判断感应电动势与速度的关系。二、实验题9.有一个小灯泡上标有“4 V、2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线现有下列器材供选用：A电压表(05 V，内阻10 k) B电压表(015 V，内阻20 k)C电流表(03 A，内阻1 ) D电流表(00.6 A，内阻0.4 )E滑动变阻器(10 ，2 A) F滑动变阻器(500 ，1 A)G学生电源(直流6 V)、开关、导线若干(1)实验时，选用图中_（选填甲或乙）电路图来完成实验，(2)实验中所用电压表应选_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_(用序号字母表示)(3)把图中所示的实验器材用实线连接成实物电路图 _ 【答案】 (1). 甲图； (2). A； (3). D； (4). E； (5). 【解析】【分析】根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法；仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器。【详解】(1) 在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲；(2) 因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用05V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I=PU=0.5A，故电流表应选择00.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；(3)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。【点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断。10.如图所示，电阻Rab=0.1的导体ab沿光滑导线框向右做匀速运动，线框中接有电阻R=0.4，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，cd间的长度L=0.4m，运动的速度v=5.0m/s，线框的电阻不计。a.电路abcd中导体棒ab相当于电源,_（a端或b端）相当于电源的正极b.电源的电动势即产生的感应电动势E=_V，电路abcd中的电流I=_Ac.导体ab所受安培力的大小F=_N，方向是_；【答案】 (1). a； (2). 0.2V； (3). 0.4A； (4). 0.016N； (5). 向左【解析】【分析】据右手定则判断感应电流的方向，即可确定等效电源的正负极；根据E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律得出电流强度，即可由公式F=BIL求解安培力的大小，由左手定则判断安培力的方向再根据平衡条件分析外力的大小和方向。【详解】a. 电路abcd中ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源由右手定则判断可知相当于电源的正极是a端；b. 感应电动势为：E=BLv=0.10.45V=0.2V，感应电流为：I=ER+Rab=0.20.4+0.1A=0.4A；c. ab杆所受的安培力FA=BIL=0.10.40.4N=0.016N由右手定则判断可知，ab中感应电流方向从ba，由左手定则得知，安培力的方向向左。【点睛】解答本题的关键要掌握右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、左手定则等电磁感应中常用的规律。三、计算题11.如图所示,电路中电阻R=10,电源的内电阻r=2,灯泡L上标有“3V 0.25A”的字样,闭合开关S,灯泡正常发光。求:（1）灯泡的功率;（2）电源的电动势;【答案】（1）0.75W （2）6V 【解析】（1）由题知，灯泡正常发光，则灯泡的电压为U=3V，电流为I=0.25A，所以灯泡的功率为P=UI=0.75W；（2）由闭合电路欧姆定律得：电源的电动势E=U+I（R+r）=3+0.25（10+2）=6V。12.两根平行、光滑的斜金属导轨相距L=0.1m，与水平面间的夹角为=37，有一根质量为m=0.01kg的金属杆ab垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B=0.2T，当杆中通以从b到a的电流时，杆可静止在斜面上，取g=10m/s2.（1）求此时通过ab杆的电流；（2）若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速度。（sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】（1）3A（2）1.2m/s2；方向沿斜面向下【解析】试题分析：杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、轨道的支持力以及安培力，根据平衡条件结合安培力公式列式求解即可；若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度（1）杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、轨道的支持力以及安培力，根据平衡条件得：BIL=mgsin，解得I=mgsinBL=0.01100.60.20.1=3A；（2）若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律得：F合=mgsinBILcos=mgsinmgsincos=ma；解得a=100.6100.60.8=1.2m/s2，方向沿斜面向下13.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器,其原理如图所示,核心部分为两个铜质D形盒D1,D2构成,其间留有空隙,将其置于匀强磁场中,两盒分别与电源正负极相连,下列说法正确的是（ ）A.回旋加速器要接高频交流电源B.粒子被加速后的最大动能随加速电场电压的增大而增大C.离子由加速器的边缘进入加速器D.电场变化周期由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定，且与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致E.为使被加速的粒子获得的动能增加为原来的4倍,可只调节D形盒的半径增大为原来的2倍【答案】ADE【解析】【分析】当离子在磁场中圆周运动的半径等于D形盒半径时，速度最大，动能最大，根据洛伦兹力充当向心力，列式得到最大动能的表达式，再进行分析增加最大动能的方法。【详解】A项：为了使粒子进入电场就能加速，所接的应为交变电源，故A正确；B项：、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB=mvm2R 粒子的最大速度：vmqBRm 所以，粒子加速后的最大动能：Ekm12mvm2=q2B2R22m，可知粒子的最大动能与加速电压无关，故B错误；C项：粒子在磁场中做圆周运动，在运动的过程中圆的半径逐渐增大，所以离子必须从粒子加速器靠近中心处进入加速器，故C错误；D项：粒子在磁场中运动的周期：T=2rv=2mqB 可知粒子在磁场中运动的周期与粒子的速度无关，粒子的速度增大时，其在磁场中运动的周期不变；根据加速器的原理可知，粒子在磁场中运动的周期与粒子在狭缝中运动的时间之和与电场变化的周期是相同的，所以电场变化周期由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定，故D正确；E项：根据公式：Ekm12mvm2=q2B2R22m，为使被加速的粒子获得的动能增加为原来的4倍，可只调节D形盒的半径增大为原来的2倍，故E正确。故应选：ADE。【点睛】回旋加速器是利用磁场中的圆周运动使离子反复加速的，加速电场的强弱不会影响最后的动能，但金属盒的半径制约了最大动能，达到最大半径后，粒子无法再回到加速电场继续加速。14.如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。【答案】（1）E=Ud（2）v=2Uqm（3）R=1B2mUqd【解析】试题分析：（1）根据公式可求E；（2）根据动能定理列式求解；（3）根据洛伦兹力提供向心力列式求解解：（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：匀强电场场强E的大小；（2）设带电粒子出电场时速度为v由动能定理得：解得：； （3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：联立得：；答：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，属于基础题，另外要注意公式，d是指沿电场方向距离【此处有视频，请去附件查看】