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广东省东莞市2018-2019学年度第一学期七校联考高二物理试卷一、单项选择题(本题 8 小题)1.以下相关一些物理学家的贡献,不正确的是( )A. 法国物理学家库仑发现了电荷之间的相互作用规律-库仑定律,并利用扭秤实验测出了静电力常量 k 的值B. 德国物理学家欧姆通过实验得出欧姆定律,并指出导体的电阻跟导体的电压成正比,跟通过的电流成反比C. 英国物理学家法拉第最早引入了电场概念,并提出用电场线表示电场D. 奥斯特最早发现了电流的磁效应【答案】B【解析】【详解】A. 法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律,并测出了静电力常量K的值。故A正确;B. 德国物理学家欧姆通过实验得出欧姆定律,并指出流过导体的电流与导体两端的电压成正比,跟导体两端的电阻成反比。故B错误;C. 英国物理学家法拉第最早引入了电场概念,并提出用电场线表示电场。故C正确;D. 丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。故D正确。本题选择不正确的,故选:B2.电场强度是用比值定义法定义的物理量,下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法()A. 电阻B. 磁感应强度C. 电容D. 电流【答案】D【解析】电阻,与U、I无关,采用的是比值定义法;磁感应强度,B与F、I和L无关,采用的是比值定义法;电容,电容C反映电容器容纳电荷的本领大小,与Q、U无关,采用的是比值定义法;是闭合电路欧姆定律,电流I与电动势E成正比,与电阻成反比,不是比值法定义法,故ABC是用相同的比值定义法定义的,而D不是用相同的方法,故选D.【点睛】所谓比值法定义,就是用两个量的比值定义一个新的物理量,而新的物理量与原来两个量又无关,新的物理量反映物质的属性3.如图所示,一个不带电的枕型导体AB,放在带正电的导体C附近(它们均与地绝缘)达到静电平衡后,下列说法正确的是A. A端带正电B. B端带正电C. 电势D. 电势【答案】B【解析】试题分析:电场中的处于静电平衡的导体是等势体,导体上电势处处相同根据异种电荷相吸,可知负电子运动到A端,所以A端在负电,B端带正电,A错误B正确;处于静电平衡的导体是一个等势体,所以,CD错误4.如图所示,是匀强电场中的一组等势面,每两个相邻等势面的距离是 25cm,由此可确定电场强度的方向及大小为( )A. 竖直向下,E=0.4N/CB. 水平向右,E=0.4N/CC. 水平向左,E=40N/CD. 水平向右,E=40V/m【答案】D【解析】【详解】由电场和电势的关系有,电场方向由高电势指向低电势,因此水平向右,故D正确,ABC错误。选D5. 如右图所示,让平行板电容器带电后,静电计的指针偏转一定角度,若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离,同时在两极板间插入电介质,那么静电计指针的偏转角度( )A. 一定减小B. 一定增大C. 一定不变D. 可能不变【答案】A【解析】由题分析可知:平行板电容器的电量Q不变,在两极板间插入电介质,由公式可得电容增大,根据公式C=Q/U可知,电势差U减小,静电计指针的偏转角度减小故A正确思路分析:静电计测量电容器两板间的电势差,电势差越大,指针的张角越大由题分析可知:平行板电容器的电量不变,在两极板间插入电介质,电容增大,再分析电势差的变化,确定指针的偏转角度的变化试题点评:本题是电容器动态变化分析问题,关键要抓住电容器的电量Q不变6. 一平面线圈用细杆悬于P点,开始时细杆处于水平位置,释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动已知线圈平面始终与纸面垂直,当线圈第一次通过位置B和位置C的过程中,下列对磁通量变化判断正确的是( )A. 一直变大B. 一直变小C. 先变大后变小D. 先变小后变大【答案】C【解析】试题分析:该题中,线圈在位置和位置时都不与磁场垂直,而根据磁通量的计算公式:=BScos,当线圈与磁场垂直时,穿过线圈的磁通量最大,所以线圈第一次通过位置和位置的过程中,穿过线圈的磁通量是先增大后减小故选C考点:磁通量【名师点睛】此题是对磁通量的考查;穿过线框的磁通量=BScos,要注意夹角的变化基础题目。7.如图是一火警报警电路的示意图,其中为用某种材料制成的传感器,这种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表,电源两极之间接一报警器。当传感器所在处出现火情时,显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是 ( )A. I变大,U变大B. I变小,U变小C. I变大,U变小D. I变小,U变大【答案】A【解析】由题意知,当传感器所在处出现火情时,的电阻增大,外电路总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律得知,干路电流减小,路端电压变大,即报警器两端的电压U变大传感器与电阻并联部分的电压,减小,变大,电流表的读数I变大故选A【点睛】当传感器所在处出现火情时,的电阻增大,外电路总电阻增大,根据欧姆定律分析干路电流与路端电压的变化报警器两端的电压U等于路端电压根据干路电流的变化,分析并联电路电压的变化当并联电路的电压增大时,电流表的读数也增大8. 如图,平行板电容器两极板M、N相距d,两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接,极板M带正电,现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态,且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k,则( )A. 油滴带正电B. 油滴带电荷量为C. 电容器的电容为D. 将极板N向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动【答案】C【解析】试题分析:由题意知,极板M带正电,板间电场向下,又油滴在极板中央处于静止状态,可知受电场力竖直向上,与电场反向,故油滴带负电,所以A正确;根据平衡条件得:,所以B错误;电容器的电荷量,再根据,所以C正确;将极板N向下缓慢移动一小段距离,板间距d增大,电荷量Q不变,所以板间电场强度保持不变,所以油滴受电场力不变,保持静止,故D错误。考点:本题考查平行板电容器二、多项选择题(本题共 6 小题)9.在绝缘光滑的水平面上,如图所示有相隔一定距离的两个带同种电荷的小球让它们从静止开始释放,则两个球的加速度和速度随时间的变化情况是( )A. 加速度都变大B. 加速度都变小C. 速度都变大D. 速度都变小【答案】BC【解析】【详解】由于AB两个小球带的式同种电荷,由同种电荷相互排斥可知A受到的库仑力向左,B受到的库仑力向右,因此AB分别向左右运动,距离越来越远,由可知AB之间的库仑力越来越小,因此由牛顿第二定律可知AB的加速度越来越小,故A错B对;因加速度和速度始终同向,物体做加速运动速度越来越大,故C对D错。因此选BC10.我们通常用阴极射线管来研究磁场、电场对运动电荷的作用,如图所示为阴极射线管的示意图。玻璃管已抽成真空,当左右两个电极连接到高压电源时,阴极会发射电子,电子在电场的加速下,由阴极沿 x 轴方向飞向阳极,电子掠射过荧光屏,屏上亮线显示出电子束的径迹。要使电子束的径迹向 z 轴正方向偏转,在下列措施中可采用的是 ( )A. 加一电场,电场方向沿 y 轴正方向B. 加一电场,电场方向沿 z 轴负方向C. 加一磁场,磁场方向沿 z 轴正方向D. 加一磁场,磁场方向沿 y 轴负方向【答案】BD【解析】【详解】A. 电子带负电,受电场力与电场线方向相反,如果要加电场,则电场方向应沿Z轴的反方向才能使电子束的径迹向Z轴正方向偏转,故A错B正确;C. 根据左手定则可知,要使粒子向Z轴正方向偏转,所加磁场应沿y轴的负方向,故C错误D正确。故选:BD。11.质量和电量都相等的带电粒子 M 和 N,以不同的速率经小孔垂直进入匀强磁场,带电粒子仅受洛伦兹力的作用,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,下列表述正确的是( )。A. M 带负电,N 带正电B. M 的速度率小于 N 的速率C. 洛伦兹力对 M、N 不做功D. M 的运行时间大于 N 的运行时间【答案】AC【解析】试题分析:由左手定则判断出M带正电荷,带负电荷;结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小;根据周期的公式可以判断出运动的时间关系解:A:由左手定则判断出N带正电荷,M带负电荷,故A正确;B:粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力qvB=m,半径为:,在质量与电量相同的情况下,半径大说明速率大,即M的速率大于N的速率,故B正确;C:洛伦兹力始终与速度的方向垂直,不做功,故C错误;D:粒子在磁场中运动半周,即时间为周期的一半,而周期为T=,M的运行时间等于N的运行时间,故D错误故选:AB【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式,属于基本应用简单题12. 一带电粒子在正电荷形成的电场中运动,运动轨迹为图中所示的abcd曲线,下列判断正确的是( )A. 粒子带正电B. 粒子通过a点时的速率比通过b点时小C. 粒子通过a点时受到的电场力比通过b点时小D. 粒子通过a点时的电势能比通过c点时大【答案】AC【解析】试题分析:轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向,知电场力背离正电荷方向,由同种电荷相互排斥,所以该粒子带正电故A正确从a到b,电场力做负功,根据动能定理,动能减小,a点动能大于b点动能,则a点速度大于b点的速度故B错误b点的电场线比a点电场线密,所以b点的电场强度大于a点的电场强度,所以粒子在a点的电场力比b点小故C正确从a到b,电场力做负功,电势能增加所以a点的电势能小于b点的电势能,b与c处于同一个等势面是,所以粒子在b点的电势能等于在c点的电势能所以a点的电势能小于c点的电势能故D错误考点:考查了带电粒子在电场中的偏转13.如图所示,电源电动势E=6 V,内阻,定值电阻与电动机M串联接在电源上,开关闭合后,理想电流表示数为1 A,电动机刚好正常工作,电动机的线圈电阻。下列说法中正确的是A. 定值电阻消耗的热功率2 WB. 电动机的输出功率为2.5 WC. 电动机的输出功率为3 WD. 电源的输出功率是6 W【答案】AB【解析】【详解】根据可知定值电阻消耗的热功率为,故A正确;电动机两端的电压:,电动机消耗的电功率为,电动机的输出功率:,故B正确,C错误;电源的输出功率:,故D错误。故选AB.【点睛】由P=UI求出电动机输入功率,由P=I2R求出电动机热功率,电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率。14.如图所示,在倾角为 的光滑斜面上,放置一根长为 L,质量为 m,通过电流为 I 的导线,若使导线静止,应该在斜面上施加匀强磁场 B 的大小和方向为( )A. B= ,方向垂直于斜面向下B. B= ,方向垂直于斜面向上C. B= ,方向竖直向下D. B= ,方向水平向右【答案】AC【解析】【详解】磁场的方向垂直于斜面向下,由左手定则可知安培力的方向沿斜面向上,由受力平衡可知,故A正确;磁场的的方向垂直于斜面向上,由左手定则可知安培力的方向沿斜面向下,因此物体不可能受力平衡保持静止,故B错误;磁场的的方向竖直向下,由左手定则可知安培力的方向水平向左,由受力平衡可知,故C正确; 磁场的的方向水平向右,由左手定则可知安培力的方向竖直向下,因此物体不可能受力平衡保持静止,故D错误;因此选AC。三、实验探究题(本题共 2 小题)15.某兴趣小组用“测定金属丝的电阻率”的实验方法测出金属丝的长度,用螺旋测微计测量金属丝的直径,用伏安法测出金属丝的电阻,然后根据公式计算出该金属材料的电阻率。若用螺旋测微器测得金属丝直径 d 的读数如图,则直径 d=_ mm. 为了进一步测量一待测电阻 RX 的阻值,准备先用多用电表粗测出它的阻值,然后再用伏安法精确地测量.实验室里准备了以下器材:A.多用电表B.电压表 V1,量程 6V,内阻约C.电流表 A1,量程 00.6A,内阻约D.电流表 A2,量程 03A,内阻约E.电源:电动势 E=22VF.滑动变阻器 R1,最大阻值20,最大电流为 2AG.滑动变阻器 R2,最大阻值50,最大电流为 0.2AH.导线、电键若干(2)在用多用电表粗测电阻时,该兴趣小组首先选用“X10”欧姆挡,其阻值如少甲中指针所示,为了减小多用电表的读数误差,多用电表的选择开关应换用 _ 欧姆挡(选填“X100”或“X1”);按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时,其阻值如少乙中指针所示,则 RX 的阻值大约是_;(3) 在用伏安法测量该电阻的阻值时,要求待测电阻的电压从 0 开始可以连续调节,则在上述器材中应选出电流表_和滑动变阻器_分别是(填器材前面的字母代号);(4) 在虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路( ).【答案】 (1). 0.520 (2). (3). 9 (4). C (5). F (6). 【解析】【详解】(1)由螺旋测微器的读数规则可知;(2)1.选用“”欧姆档时甲图指针偏转过大,说明被测电阻的阻值较小,应改用较低的档位“”; 2.由欧姆表的读数规则欧姆表读数=刻度盘读数乘倍率,因此故档位为“”,电阻(3)在该实验中要求待测电阻的电压从 0 开始可以连续调节,因此说明滑动变阻器的接法为分压式,而分压式滑动变阻器的选择为越小越好,因此选择F滑动变阻器;该实验中电压表的量程为0-6V,被测电阻的电阻约为,因此当电压表满偏时电流表的示数,半偏时为,因此选0-0.6A的电流表正合适,如果选择3A的电流表,因此电表工作时读数应为其三分之一到三分之二两成比较准确,当取三分之一量程即1A时电路中R两端的电压大于电压表的量程,因此不能选3A的电流表。故电流表应选C,电压表应选F(4),因此被测电阻属于小电阻,用外接法,因此电路图为16.用电压表、电流表测量电源的电动势和内阻实验.(1)采用的是下列:( )电路图.(2)某同学将和测得的数值逐一描绘在坐标纸上,再根据这些点分别画出了图线 a 与 b,如图所示,你认为比较合理的是图线_(填“a”或“b”).【答案】 (1). D (2). a【解析】【详解】(1)测定电源的电动势及内电阻的实验中,原理是闭合电路的欧姆定律,电压表要测量路端电压,电流表要测电路中的总电流,所以AB项错误;为了使内电阻测量准确,只有在知道电流表的内阻或电源的内阻远大于电流表的内阻时才选用外接,而电源的内阻很小,故电流表要采用内接法,所以C项错误,D项正确。所以选D(2)描出点后应用直线把各点连接起来,不能用曲线及折线;所以选a.四、计算题17.如图所示,一带电小球的质量m=210-4kg,用长为L=0.8m的细线悬挂在水平方向的匀强电场中的O点,电场场强E=3104N/C,当细线与竖直方向夹角为=37时,小球恰好静止在A点(g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求(1)小球带什么电?电量是多少?(2)若剪断细线,则带电小球的运动轨迹是直线还是曲线?加速度是多少?(3)若小球由竖直方向的P点静止释放,运动到A位置的过程中,电场力做多少功?【答案】(1)510-8C;(2)12.5m/s2;(3)7.210-4J【解析】试题分析: (1) 小球带正电 (2分)由mg tan= Eq 得 (2分)q=C (1分)(2)直线 (2分)由mg /cos= ma 得 (

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