黑龙江省龙东南七校2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）.docx

龙东南七校20182019学年度上学期期末七校联考高二（物理）试题一选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分。第113题只有一项是正确的；第1418题有多项是正确的，全部选对的得3分，选对但不全的得1.5分，有错选的得0分）1.下列物理量中，属于矢量的是（ ）A. 磁感应强度B. 电势C. 磁通量D. 电流强度【答案】A【解析】【详解】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量只有大小没有方向的物理量。磁感应强度是矢量，而电势、磁通量、电流强度都是标量，故A正确，BCD错误2.一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R，若将其均匀拉长为原来的5倍，则其电阻为（ ）A. R/5B. 5RC. R/25D. 25R【答案】D【解析】【详解】根据公式得，长度变为原来的5倍，而体积不变，则截面积变为原来的，所以电阻变为原来的25倍，所以，故ABC错误，D正确3.一根长为0.2m，电流为4A的通电导线，放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，受到的安培力大小不可能是（ ）A. 0.4NB. 0.5NC. 0.3ND. 0【答案】B【解析】【详解】设导线电流与磁场方向夹角为，根据安培力公式，因为本题未给出导线电流与磁场方向夹角，所以安培力范围，所以ACD都可能，B不可能。4.如图所示，实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力的作用，对于 a，b 两点下列判断正确的是（ ）A. 电场中 a 点的电势较高B. 带电粒子在 a 点的动能较小C. 带电粒子在 a 点的加速度较大D. 带电粒子一定带正电【答案】C【解析】【详解】A根据图中轨迹分析，粒子轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受电场力沿电场线向左，但电场线方向不明，故无法判断电势高低，A错误B从a到b的过程中，根据轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知：如果粒子从a运动到b电场力做负功，动能减少，a点动能大；如果粒子从b运动到a，电场力做正功，动能增大，a点动能大。所以粒子在a点动能大。C根据电场线疏密可判断a处场强大于b处场强，由牛顿第二定律得：，场强大的地方，粒子加速度大，所以带电粒子在a点的加速度较大，C正确D结合选项A的分析，由于电场线的方向未知，无法判断粒子带电的正负，D错误5.有一个电流表G，内阻Rg=10满偏电流Ig=3mA要把它改装成量程03V的电压表，则（）A. 要串联一个阻值为990的电阻B. 要并联一个阻值为990的电阻C. 要串联一个阻值为0.10的电阻D. 要并联一个阻值为0.10的电阻【答案】A【解析】把电流表改装成3V电压表需要串联的电阻：；故选A.点睛：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出定值阻值6.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（ ）A、Q变小，C不变，U不变，E变小B、Q变小，C变小，U不变，E不变C、Q不变，C变小，U变大，E不变D、Q不变，C变小，U变大，E变小【答案】C【解析】试题分析：平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变故A、B错误增大电容器两极板间的距离d时，由知，电容C变小，Q不变，根据知，U变大，而，Q、k、S均不变，则E不变故C正确，D错误故选C考点：电容器动态变化分析问题，点评：在分析电容器的动态变化时，需要注意：如果电容器的两极板和电源相连，则极板两端电压不变，如果断开，则极板两端所带电荷量不变7.如图所示，一个内阻不可忽略的电源，R1为定值电阻，L1和L2是小灯泡，R为滑动变阻器，P为滑片。若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，灯泡L2的亮度及R1消耗的电功率分别（ ）A. 变亮，一直减小B. 变亮，先增大后减小C. 变暗，无法确定D. 变暗，一直增大【答案】D【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律，当滑片向下滑动，滑动变阻器接入电阻变小，根据并联电阻关系得，R和L2的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则干路电流变大， ，路端电压变小，则灯L1两端电压变小，变小；根据电路图及串联电路和并联电路的知识可知：，由上面分析知变小，而干路电流变大，所以变大，则变大，变大，而，路端电压变小，所以变小，则变小，亮度变暗，故ABC错误，D正确8.一段导线abcde位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab、bc、cd和de的长度均为L，且abccde120，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为 ( )A. BILB. 2BILC. 3BILD. 4BIL【答案】C【解析】【详解】ab段导线受力，根据左手定则判断方向向上；bcd段导线的有效长度即是bd的长度，因为abccde120，所以bd长也为L，受到安培力，根据左手定则判断方向向上；dc段导线受安培力，根据左手定则判断方向向上，所以整段导线受力，ABD错误C正确9.如图所示，O1O2是矩形导线框ABCD的对称轴，其左方有匀强磁场。下列情况下ABCD中有感应电流产生的是（ ）A. 将ABCD向纸外平移B. 将ABCD向上平移C. 将ABCD以AB为轴转动60D. 将ABCD以CD为轴转动60【答案】D【解析】【详解】产生感应电流的条件是闭合回路磁通量有变化，设磁场磁感应强度为B，线框面积为SA将ABCD向纸外平移，回路磁通量未发生变化，仍为，故没有感应电流，A错误B将ABCD向上平移，回路磁通量未发生变化，仍为，故没有感应电流，B错误C将ABCD以AB为轴转动60，回路磁通量，仍未发生变化，没有感应电流，C错误D将ABCD以CD为轴转动60，磁场中的面积减小，回路磁通量，磁通量减小，回路有感应电流，D正确10.如图所示，一个带正电、质量为m的小球B用绝缘细绳拴住，另一个带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，小球B在重力、细绳拉力和小球A库仑力的作用下静止，且A、B两球处于离地面高度为h的同一水平面上。现将细绳剪断，下列说法正确的是（ ） A. 小球B从细绳剪断瞬间起开始做平抛运动B. 小球B在细绳剪断瞬间加速度等于gC. 小球B在空中运动的时间小于D. 小球B落地的速度等于【答案】C【解析】【分析】对小球受力分析可知，结合库仑定律，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，此过程中库仑力是不断减小的，小球不只受到重力的作用，做变速曲线运动【详解】A、B、将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B错误；C、D、小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g，因此球落地的时间小于，落地的速度大于，故C正确，D错误.故选C.【点睛】对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的库仑力是不断减小的11.如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。下列说法不正确的是（ ）A. 质子的最大速度不超过2RfB. 质子的最大动能为C. 高频交变电源的频率D. 质子的最大动能与高频交变电源的电压U有关，且随电压U增大而增加【答案】D【解析】【详解】A质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则，A正确B根据向心力公式，质子最大动能联立解得，B正确C回旋加速器能够加速粒子的条件就是粒子圆周运动的周期等于交变电流的周期，粒子圆周运动周期所以，C正确D由选项B分析可知质子最大动能，与电压U无关，D错误12.在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.5，电路中的电阻R0为1.5， 小型直流电动机M的内阻为0.5，电流表内阻不计。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。则以下判断中正确的是（ ）A. 电动机两端的电压为1.0VB. 电源效率为75%C. 电动机输出的机械功率为12WD. 电源的功率为18W【答案】B【解析】【详解】A电流表的示数为2.0A，则两端电压，根据闭合电路欧姆定律，由串联电路电压关系得，电动机两端电压，A错误B电源的输出功率，电源总功率，所以电源效率，B正确C电动机的机械功率：，C错误D电源功率，D错误13.如图，质量为m，带电量为q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为 （ ）A. 将加速下滑B. 继续匀速下滑C. 将减速下滑D. 以上3种情况都有可能【答案】B【解析】【详解】若滑块匀速下滑，沿斜面方向列平衡方程，则有：，当加上竖直向下的电场后，沿斜面方向：，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑。故ACD错误，B正确14.关于电场和磁场对电荷或电流受力，下列说法正确的是 （）A. 洛伦兹力对运动电荷一定不做功B. 带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用C. 正电荷在电场中所受电场力的方向就是电场的方向D. 正电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向就是磁场的方向【答案】AC【解析】【详解】A洛仑兹力方向始终与速度垂直，所以只改变速度方向不改变速度大小，对电荷不做功，A正确B当带电粒子的方向与磁场方向平行时，带电粒子不受洛仑兹力作用，B错误C正电荷受力方向和场强方向相同，所以正电荷在电场中所受电场力的方向就是电场的方向，C正确D根据左手定则，正电荷受洛仑兹力方向与磁场方向垂直，D错误15.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确是（ ）A. ab中的感应电流方向由a到bB. ab所受的安培力方向向左C. ab中的感应电流方向由b到aD. ab所受的安培力方向向右【答案】AD【解析】【详解】AC磁感应强度随时间均匀减小，故回路磁通量减小，根据楞次定律判断，感应电流的磁场方向向下，根据右手定则判断ab中的感应电流方向由a到b，A正确C错误BD因为 ab中感应电流方向由a到b，磁场方向竖直向下，根据左手定则判断ab所受的安培力方向向右，B错误D正确16.如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流，已知金属导体中单位体积的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间的电势差的大小为U，则下列说法正确的是 （ ）A. 前侧面电势较高B. 后侧面电势较高C. 磁感应强度为D. 磁感应强度的大小【答案】BC【解析】【详解】AB电子定向移动方向和电流方向相反，所以电子定向移动方向沿x轴负方向，根据左手定则判断，电子受力方向指向前侧面，所以前侧面电势低，后侧面电势高，A错误B正确CD当金属导体中自由电子定向移动时受洛仑兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受电场力和洛仑兹力平衡时，前后两侧产生恒定的电势差，则：，联立以上几式解得：，D错误C正确17.一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠右极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒，图中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，逐渐增大导电棒中的电流，磁铁一直保持静止。可能产生的情况是( )A. 磁铁对桌面的压力不变B. 磁铁对桌面压力一定增大C. 磁铁受到摩擦力的方向可能改变D. 磁铁受到的摩擦力一定增大【答案】D【解析】以导线为研究对象，由于磁场方向未知，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向左下方或右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向右上方或左下方，安培力的水平分力等于摩擦力，逐渐增大导电棒中的电流，安培力增大，摩擦力增大，方向不变，故C错误，D正确。由于安培力可能斜向上，也可能斜向下，无法判断对桌面的压力的变化，故A错误，B错误。故选：D18.如图所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则A. 粒子a带负电，粒子b、c带正电B. 粒子c在磁场中运动的时间最长C. 粒子c在磁场中的动能最大D. 粒子c在磁场中的加速度最小【答案】BD【解析】【详解】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：相同，粒子在磁场中的运动时间：，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子的动能，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大，故C错误；由牛顿第二定律得：，解得加速度：，三粒子q、B、m都相等，c在磁场中运动的半径最小，c的加速度最小，故D正确。所以BD正确，AC错误。二实验题（每空19题每空1分，20题每问2分，共13分）19.（1）某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量一物体的直径和长度，读出图中的示数，图甲为_ mm，图乙为_ mm.（2）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V(量程为3V，内阻约3k)；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70）；滑动变阻器R（10，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=_ V ，内阻r=_ 。（结果保留两位有效数字）一位同学对以上实验进行了误差分析其中正确的是_A实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C实验测出的电动势小于真实值D实验测出的内阻大于真实值【答案】 (1). 1.1931.197 (2). 20.30 (3). 1.5V (4). 1.0 (5). AC【解析】【详解】（1）图甲螺旋测微器主尺刻度，分尺刻度，所以读数为（1.1931.197皆可）；图乙游标卡尺主尺读数，分尺读数，所以读数为（2）根据闭合电路欧姆定律得：，所以图像纵截距为电动势，所以，斜率表示内阻：AB.根据电路图分析，电流表测的是滑动变阻器的电流不是干路电流，未计入电压表支路的电流，所以误差主要来源是电压表的分流作用，B错误A正确CD.图像解析式，考虑到电压表的分流作用得，对比两个方程得到，故C正确，D错误20.要测绘一个标有“3 V， 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：直流电源（电压为4 V）；电键一个、导线若干。电流表（量程为0-0.3 A，内阻约0.5 )；电压表（量程为0-3 V，内阻约3 k)；（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_（填字母代号）。A滑动变阻器（最大阻值10 ，额定电流1 A）B滑动变阻器（最大阻值1 k，额定电流0.3 A）（2）如图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请完成其余部分的线路连接。（用黑色水笔画线表示对应的导线）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图。由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而_（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）如果把实验中的小灯泡与一个E=2V，内阻为2.0的电源及阻值为8.0的定值电阻串联在一起，小灯泡的实际功率是_W（保留两位有效数字）。【答案】 (1). A (2). 增大 (3). 0.10W【解析】【详解】（1）因为测小灯泡的伏安特性曲线，采用分压式接法，为了实验方便操作，滑动变阻器选择阻值较小的，故选A（2）连线如下：（3）根据欧姆定律：，可得图像斜率越来越小，说明电阻越来越大，所以小灯泡的电阻随电压增大而增大（4）将定值电阻和电源内阻看成一体，在图中作出电源的外特性曲线：，图像交点为灯泡的工作点，由图可知，电流为0.1A，灯泡两端电压为1V，算得功率三计算题（共4小题，共33分。21题6分， 22题6分，23题7分，24题14分）21.如图所示，一个质量m40g，带电量q-3106C的半径极小的小球，用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中当小球静止时，测得悬线与竖直方向成37夹角已知重力加速度g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小和方向？（2）此时细线的拉力大小？【答案】（1）E=1105v/m 场强方向水平向左 （2）F=0.5N【解析】详解】解：由“小球静止”知小球受力平衡，对小球受力分析如图所示，根据三力平衡规律，可得：F=mgtan=0.04100.75N=0.3N； =0.5N根据电场力F=Eq 得：=-1105v/m；