吉林省延边市第二中学2018_2019学年高二物理上学期第二次阶段考试试题（含解析）.docx

吉林省延边第二中学2018-2019学年高二上学期第二次阶段考试物理试题一、选择题1.下列说法中正确的是（ ）A. 安培发现电流的周围存在磁场B. 试探电荷在某处受到的电场力为零，则该处的电场强度为零C. 电流元在某处受到的安培力为零，则该处磁感应强度为零D. 磁电式电流表指针偏转的角度与通入的电流成反比【答案】B【解析】【详解】A. 奥斯特发现了电流的周围存在磁场，即电流的磁效应，故A错误；B. 由F=qE知试探电荷在某处不受电场力，该处电场强度一定为零，故B正确；C. 一小段通电导线在某处不受磁场力，可能是由于导线与磁场平行，而该处磁感应强度不为零，故C错误；D. 电流越大，通电线圈受到的安培力越大，指针偏转的角度越大，故D错误。故选：B2.如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A. a，b的电荷同号，k= B. a，b的电荷异号，k=C. a，b的电荷同号，k= D. a，b的电荷异号，k=【答案】C【解析】【分析】对小球C受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。【详解】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a，b的连线，可知，a，b的电荷同号，对小球C受力分析，如下图所示：因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此acbc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有：；而根据库仑定律，而综上所得， C正确，ABD错误；故选C。【点睛】考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球C的合力方向可能向左，不影响解题的结果。3.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则 ( ) A. 粒子带正电B. 粒子加速度逐渐减小C. A点的场强小于B点的场强D. 粒子的电势能不断减小【答案】B【解析】【详解】由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电，故A错误；从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，A点的场强大于B点场强，电场力减小，加速度减小，故B正确，C错误；由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90，所以电场力做负功，电势能增大，故D错误；故选B。【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。4.在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表。电源电动势为12V，内阻为1，电动机线圈电阻为0.5，开关闭合，电动机正常工作，电压表示数为10V，则A. 电源两端的电压为12VB. 电源的输出功率为24WC. 电动机消耗的电功率为80WD. 电动机所做机械功的功率为18W【答案】D【解析】电压表的示数为10V，为电源两端电压，即路端电压，而电动势为12V，故内电压为2V，所以电路电流为，电源的输出功率等于电动机消耗的电功率，故为，电动机的热功率为，所以电动机的机械功率为，D正确【点睛】在计算电功率的公式中，总功率用来计算，发热的功率用来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的5.如图所示，电源电动势恒定不变，电源内阻忽略不计，开关S闭合。现将滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，电压表示数的变化量为，电流表示数的变化量为。两电表均为理想电表。下列说法正确的是()A. 电阻R1的功率增大B. 滑片P向右移动过程中，电阻R3中有向上的瞬时电流C. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变D. 与的比值不变【答案】D【解析】【详解】A项：滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，由公式可知，R1的功率减小，故A错误；B项：由电路连接可知，电容器与电阻R1并联，滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，R1两端电压减小，即电容器两端电压减小，由公式可知，电容器的电荷量减小，所以电阻R3中有向下的瞬时电流，故B错误；C项：电压表示数U和电流表示数I的比值为滑动变阻器的阻值，所以滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，故C错误；D项：将R1与电源看成新的电源，滑动变阻器即的外电路，所以，恒定不变，故D正确。故应选：D。6.图中直导线固定且位于蹄形磁铁N、S极连线的正下方，当通以如图所示的电流瞬间，在图示位置上从上往下看，则磁铁的运动情况及线中张力将（ ）A. 顺时针转，增大B. 顺时针转，减小C. 逆时针转，增大D. 逆时针转，减小【答案】A【解析】【详解】将导线分成左右两段研究，根据左手定则可知，左段所受的安培力方向垂直纸面向外，右段所受安培力的方向垂直纸面向里，根据作用力与反作用力，磁铁左边受到的作用力向里，右边受到的作用力向外，从上往下看，知磁铁顺时针转动。若磁铁转动90时，导线所受的安培力方向向上，故磁铁受到的安培力向下，故T增大。故A正确，BCD错误。故选：A【点睛】利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，根据作用力与反作用力即可判断磁铁的转向。考虑转过90时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的受力，根据作用力与反作用力即可判断磁铁的受力。7.某人把电流表、干电池和一个定值电阻串联后，两端连接两支测量表笔，做成了一个测量电阻的装置。两支表笔直接接触时，电流表读数为5.0 mA，两支表笔与200的电阻连接时，电流表的读数为3.0 mA。现在把表笔与一个未知电阻连接，电流表读数为2.5mA，这个未知电阻是多大（ ）A. 100B. 200C. 300D. 400【答案】C【解析】【详解】两表笔短接时：I1=0.005A，当接R=200的电阻时：I2=0.003A，当接未知电阻Rx时：I3= =0.0025A，联立解得：Rx=300，故C正确，ABD错误故选：C8.如图所示，Q1、Q2为真空中两个等量正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上，O为连线的中点，N为Q1、Q2连线垂直平分线上的一点，下列说法正确的是（ ） A. M、N两点电场强度方向相同B. 在M、N和O三点中，O点电势最低C. 若O、N间的电势差为U，将一个带电荷量为q的正点电荷从N点移动到O点，电场力做功为qUD. 一电子经过N点，可能做匀速圆周运动【答案】CD【解析】【详解】A.根据电场强度的合成法则，M点电场强度方向向右，N点电场强度方向向上，故A错误；B.沿电场方向电势降低，故M、N和O三点中，N点电势最低，故B错误；C.ON间的电场方向由O指向N，若ON间的电势差为U，将一个带电量为q的正点电荷从O点移到N点，电场力做功为qU，故C正确；D.已知O点电势最低，故电子受电场力方向总是指向O。若电子经过N点时，速度v的方向与ON垂直，且大小满足（m为电子质量，e为电子带电量，EN为距O点d距离的场强）。则电子可以做匀速圆周运动。故D正确。故选：CD9.有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面于a、b两点，通有大小相等的恒定电流，方向如图，a、b的连线水平。c是ab的中点，d点与c点关于b点对称。已知c点的磁感应强度为B1，d点的磁感应强度为B2，则关于a处导线在d点的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是（ ）A. + B2，方向竖直向上B. B2，方向竖直向下C. B1 + B2，方向竖直向下D. B1B2，方向竖直向上【答案】B【解析】设a处导线在d点的磁感应强度的大小为B，方向方向竖直向下根据通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流成正比，a处导线在c点的磁感应强度的大小为3B，方向竖直向下由题，两条长直导线恒定电流大小相等，则得到b处导线在c两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向下b处导线在d两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向上则根据磁场叠加得B1=3B+3B=6B，B2=3B-B=2B，根据数学知识得到，B=-B2所以a处导线在d点的磁感应强度的大小为B=-B2方向是竖直向下故选B10.如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，水平边长ab是竖直边长bc的2倍，当A与B之间接入的电压为U1=4V时，电流为1 A，若C与D间接入的电压为U2=8V时，下列说法正确的是A. CD间的电阻为1B. CD间的电阻为4C. CD间的电流为2AD. CD间的电流为8A【答案】AD【解析】【详解】AB.设薄板厚度为d，当A、B间接入电压，根据电阻定律知，R1=，当C与D间接入电压，R2=，则R1：R2= =4，R1= =4，R2=1，故A正确，B错误；CD.根据欧姆定律得，I=U/R，故C错误，D正确。故选：AD11.如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个直角梯形ABCD，其中，E为AD的中点，F为BC的中点。一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.010-6J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=4.010-6J。则以下分析正确的是（ ）A. 若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为WEF=3.510-6JB. 若将该粒子从A点移动到D点，电场力不做功C. 若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC=1.010-6J，则此匀强电场的方向一定是从A点指向B点的方向D. 若该粒子的电量为210-6C，则A、B之间的电势差为1.5V【答案】ACD【解析】【详解】用表示电势A.WEF=qUEF=q（E-F）=q（-）=q（）+q（D-C）=WAB+WDC=3.510-9J故A正确； B.根据已知条件无法判断A、D电势是否相等，将该粒子从A点移动到D点，电场力不一定做功，故B错误；C、过B点做DC的垂线交于G点，将该粒子从D点移动到G点，电场力做功为WDG=3.010-6J，则BG连线为一条等势线，根据电场线与等势线必定垂直可知，此匀强电场的方向一定从A点指向B点的方向，故C正确；D、由WAB=qUAB得，UAB=1.5V故D正确故选：ACD【点睛】M为AD的中点，N为BC的中点，根据公式U=Ed可知，匀强电场中两点间的电势差与两点间的距离成正比，则M点的电势等于AD两点电势的平均值，N的电势等于BC两点电势的平均值，根据电场力公式W=qU，可得到WEF与WAB、WDC的关系过B点做DC的垂线交于G点，该粒子从D点移动到G点电场力做的功等于从A点移动到B点电场力做的功，找出B点的等势线，可判断匀强电场的方向。12.一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极间有一带电油滴静止于P点，如图所示。以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强，表示该P点的电势，EP表示油滴在P点的电势能。若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置（仍保持正极板接地），下列说法中正确的是（ ）A. 油滴向上运动B. U变小，E不变C. 变大，EP增大D. C变大，EP减小【答案】BD【解析】【详解】油滴静止，说明它受电场力方向向上，油滴带负电。平行板电容器充电后与电源断开，因此电容器的电荷量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据可知，电容器的电容增大，根据U=Q/C，则板间电压U变小。由匀强电场EU/d=，可得E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变；P与正极板间的距离减小，由公式U=Ed可知，P与正极板间的电势差减小，正极板电势为0，则P点的电势变大，负电荷在P点的电势能Ep=q减小。故BD正确，AC错误。故选：BD.【点睛】电容器充电后与电源断开，因此电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与正极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化13.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为，现从t0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即Ikt，其中k为恒量.若金属棒与导轨始终垂直，则表示棒所受的安培力F和摩擦力Ff随时间变化的四幅图中，正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】试题分析: A、B、对导体棒受力分析，由左手定则知安培力垂直导轨向里，大小为，则安培力随时间均匀增大，选项A错误、选项B正确.C、D、导体棒所受支持力，竖直方向受重力和摩擦力，随时间均匀增大，开始时，棒加速下滑，；当后，棒减速运动；当速度减为零后棒将静止，此时不变，故棒先受到滑动摩擦力均匀增大，后突变为静摩擦力恒定不变，选项C正确、选项D错误。故选BC考点：考查牛顿第二定律、安培力、图象.【名师点睛】考查安培力的方向与大小，同时利用棒受力分析来确定运动与力的情况，并借助于牛顿第二定律来确定摩擦力和运动情况二、实验题14.如图甲所示，游标卡尺的读数为_mm；如图乙所示，螺旋测微器的读数为_mm。【答案】 (1). 12.30， (2). 8.476.【解析】【详解】游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为60.05mm=0.30mm，所以最终读数为：12mm+0.30mm=12.30mm；螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.60.01mm=0.476mm，所以最终读数为8mm+0.476mm=8.476mm.故答案为：12.30，8.476.15.如图为某同学测量一节干电池的电动势和内阻的电路图，其中虚线框内是用毫安表改装成双量程电流表的改装电路。（1）已知毫安表表头的内阻为10 ，满偏电流为100 mA；和为固定电阻，阻值分别为=0.5 ，=2.0 ；由此可知，若使用a和b两个接线柱，电表的量程为_A；若使用a和c两个接线柱，电表的量程为_A；（2）电压表有两种规格，V1（量程1.5 V，内阻约为2 k）和V2（量程3 V，内阻约为4 k）；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为20 和500 。则电压表应选用_（填“V1”或“V2”），R应选用最大阻值为_的滑动变阻器。（3）实验步骤如下：开关S2拨向b，将滑动变阻器R的滑动片移到_端（选填“左”或“右”），闭合开关S1；多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I并作出UI图象如图（b）所示；根据图线（b）求得电源的电动势E=_V，内阻r=_。（结果保留到小数点后两位）【答案】 (1). (1)0.5； (2). 2.5； (3). (2)V1， (4). 20； (5). (3)右； (6). 1.48， (7). 2.5【解析】【详解】(1)使用ab两接线柱时，R1与R2串联后与表头并联，则量程I=Ig+=100103+=0.5A；接ac两接线柱时，表头与R2串联后与R1并联，则量程I=Ig+=100103+=2.5A；(2)由于电源电动势约为1.5V，所以电压表应选量程为1.5V的V1；由于电源内阻较小，滑动变阻器是用来调节电流的，电阻太大不利于调节，所以R应选用最大阻值为20的滑动变阻器；（3）为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，故应滑到右端；由U=EIr可知，图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势，故E=1.48V；图象的斜率表示内阻，由于指针指向b，故量程为0.5A。则r=2.5；故答案为：(1)0.5；2.5；(2)V1，20；(3)右；1.48，2.5【点睛】（1）明确电表的改装原理，根据串并联规律可明确量程；（2）根据给出的仪表和实验原理分析实验方法以及实验器材；（3）分析实验步骤，根据实验要求明确滑片的位置；利用U-I图象可求解电动势和内电阻；注意图中的电流值要注意求出等效电流表的示数；三、计算题16.如图所示，在倾角为 = 30的斜面上，固定一宽度L = 0.25m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势E = 3.0V，内阻r = 1.0。一质量m = 0.02kg的金属杆ab与两导轨垂直并接触良好，当滑动变阻器接入电路的阻值为R时，ab中电流大小I = 0.5A，此时杆恰好静止在导轨上。整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与金属棒的电阻不计，取g = 10 m/s2。求：（1）R的大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）若只改变磁场，使金属杆ab仍静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零。求此时磁感应强度的大小和方向。【答案】（1）5 (2) 0.8 T（3）1.6T 水平向左【解析】（1）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律： 联立解得： ；(2) 由于金属棒静止在金属轨道上受力平衡，根据左手定则：可以得到安培力：又由于，所以磁感应强度；（3）设此时磁感应强度为,金属杆静止且对轨道压力为0，则安培力方向竖直向上由受力平衡得：所以磁感应强度，方向：水平向左点睛：本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小，方