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2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (I)一选择题1.首先发现电流周围存在磁场的科学家是（）A. 安培 B. 特斯拉 C. 阿斯顿 D. 奥斯特【答案】D【解析】【详解】首先发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，故选D.2.如图所示，质子（ ）和粒子（ ），以相同的初动能垂直射入偏转电场 （粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（）A. 1：2 B. 1：1 C. 2：1 D. 1：4【答案】A【解析】试题分析：质子和粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，由牛顿第二定律得：a=qEm，水平方向：L=vt，竖直方向：y=12at2，解得：y=qEL22mv2=qEL24EK。由图可知，两个粒子的初动能Ek相同，E、L相同，则y与q成正比，质子和粒子电荷量之比为1：2，侧位移y之比为1：2，故选项A正确，选项BCD错误。考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题采用运动的分解法研究类平抛运动，运用数学上比例法研究两个粒子侧位移之比。3.电子、质子、氘核、氚核以同样的速度垂直射入同一匀强磁场做匀速圆周运动，其中轨道半径最大的是（）A. 电子 B. 质子 C. 氘核 D. 氚核【答案】D【解析】【分析】该题考查了带电量相同，质量不同的带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场中做圆周运动时半径的关系。由半径公式可以发现，质量越大，轨道半径越大。【详解】电子、质子、氘核、氚核四种粒子的带电量多少是相同，但是质量是不相同的，m电子m质子m氘核m氚核，带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式为RmvqB，它们以相同的速度进入同一匀强磁场，电荷量有数值相同，所以，轨道半径是与质量成正比的，所以氚核的轨道半径是最大的。故D正确，选项ABC错误。故选D。【点睛】该题可以由电量多少相同和质量不同，延伸为带电粒子的比荷不同，从而判断运动轨道半径的不同。由半径公式RmvqB可知，在速度和磁场强度相同的情况下，运动半径与带电粒子的比荷是成反比的。4.如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中（）A. 电压表与电流表的示数都减小B. 电压表与电流表的示数都增大C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大【答案】A【解析】【分析】由电路图看出：R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则电流表示数减小，故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化5.如图所示，一带正电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中，以下说法正确的是（）A. 带电粒子的电势能越来越小B. 带电粒子的电势能越来越大C. 带电粒子受到的静电力一定越来越小D. 带电粒子受到的静电力一定越来越大【答案】A【解析】【分析】带正电粒子沿着电场线从A点运动到B点的过程中，电场力做正功，导致电势能减小；而仅仅一根电场线无法确定电场强度的强弱，因而电场力也无法确定大小【详解】带电粒子沿着电场线从A点运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，故A正确，B错误。由于仅仅一根电场线，所以无法确定电场强度的大小，因此也无法确定电场力的大小。故CD错误；故选A。【点睛】考查负电粒子沿着电场线运动，电势能增大；若逆着电场线运动，则电势能减小若正电粒子沿着电场线运动，则电势能减小，若逆着电场线运动，则电势能增大同时根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，从而来确定电场力的大小6.如图所示为磁场作用力演示仪中的线圈，在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当线圈中通以如图所示顺时针的电流时()A. 小磁针N极向里转B. 小磁针N极向外转C. 小磁针在纸面内向左摆动D. 小磁针在纸面内向右摆动【答案】A【解析】试题分析：根据右手螺旋定则判断出环形电流内部和外部的磁场，根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，判断出小磁针N极的偏转本题中根据右手螺旋定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针的N极向纸面里偏转故A正确，考点：考查了右手螺旋定则的应用7.如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图象，则下列说法中正确的是( )A. 电动势E1=E2，短路电流I1I2B. 电动势E1=E2.内阻r2r1C. 电动势E1E2，内阻r1r2D. 以上都错【答案】AB【解析】【详解】A、D、U-I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1=E2，发生短路时的电流I1I2，故A正确，D错误；B、C、U-I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1r2，故B正确，C错误；故选AB.【点睛】本题考查了闭合电路电源的U-I图象的相关知识，要求同学们理解U-I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻8.某电场的电场线如图所示，a、b是一条电场线上的两点，用Ea、Eb和a、b分别表示a、b两点的电场强度和电势，可以判定（） A. EaEb B. EaEb C. ab D. ab【答案】BC【解析】【分析】电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场线方向电势降低，据此可正确解答本题【详解】根据电场线疏密表示电场强度大小，EaEb；根据沿电场线电势降低，ab，故AD错误，BC正确。故选BC。【点睛】本题关键是知道电场强度的大小看电场线的疏密，电势是沿着电场线方向电势降低9.下列装置工作时，利用电流热效应工作的是A. 电热毯 B. 白炽灯 C. 电烙铁 D. 干电池【答案】ABC【解析】【分析】电流流过导体时导体发热，这种现象是电流的热效应，利用电流热效应工作的用电器把电能转化为内能；【详解】A、电热毯、电烙铁工作时主要把电能转化为内能，是利用电流热效应工作的，故选项AC正确；B、白炽灯的灯丝通入电流后，因为发热所以发光，也是利用电流的热效应工作的，故选项B正确；D、干电池是利用非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，故选项D错误。【点睛】本题考查电流的应用，知道各用电器把电能转化为什么形式的能量是正确解题的关键。10.在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然增大为2B时，这个带电粒子（）A. 速率加倍，周期减半B. 速率不变，轨道半径减半 C. 速率不变，周期减半D. 速率减半，轨道半径不变【答案】BC【解析】【分析】该题考查了带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，首先明确洛伦兹力始终不做功，不会改变速度的大小；再利用半径公式R=mvqB和周期公式T=2mqB来分析各物理量的变化情况。【详解】洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变速度大小；故AD错误；由公式R=mvqB可知，当磁感应强度变为原来的2倍，轨道半径将减半；故B正确；由公式T=2mqB可知，当磁感应强度变为原来的2倍，周期将减半；故C正确；故选BC。【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力是始终不做功的，即只改变速度的方向，不改变速度的大小。此类问题要求掌握洛仑兹力的大小和方向的确定，带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，会应用周期公式和半径公式进行计算和分析有关问题。二填空题11.A、B两个完全相同的金属小球（可看成点电荷），分别带有+3Q和Q的电荷量，当它们相距r时，它们之间的库仑力大小为_。若把它们接触后分开再放回原处，它们之间的库仑力大小变为原来的_倍（已知静电力常量为k）。【答案】 (1). 3kQ2r2 (2). 13【解析】根据库仑定律，两点荷之间的库仑力F=k3QQr2=3kQ2r2；若把它们接触后分开，则各带电量为3QQ2=Q ，再放回原处，它们之间的库仑力大小变为F=kQQr2=kQ2r2=13F.点睛：此题考查库仑定律及电荷守恒定律；要知道两等大的带电体接触后，电荷先中和后均分；掌握库仑定律的表达式F=kQ1Q2r2.12.平行板电容器所带的电荷量为Q4108C，电容器两板间的电压为U4V，则该电容器的电容为_F；如果只将其所带电荷量为原来的一半，则两板间的电压为_V。【答案】 (1). 1108， (2). 2【解析】【分析】根据电容器电容定义式计算可得电容大小，电容器电容与电容器的构造有关与Q、U的大小无关，故电容不变，根据U=Q/C可得电压大小【详解】根据C=QU得，C=41084F=1108F；电荷量减少不改变电容器的电容，则U=QC=21081108V=2V；13.把长L0.5m的导体棒置于磁感应强度B0.6T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图所示若导体棒的电流I2.0A，方向向右，则导体棒受到的安培力大小F_N，安培力的方向为竖直向_（填“上”或“下”）【答案】 (1). 0.6 ， (2). 上【解析】【分析】根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向，根据F=BIL来计算安培力的大小即可【详解】由图看出，导体棒与匀强磁场垂直，则安培力大小为：F=BIL=0.62.00.5N=0.6N根据左手定则判断可知，安培力的方向竖直向上.【点睛】本题是安培力的分析和计算问题安培力大小的一般计算公式是F=BILsin，是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL14.如图所示是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子通过平行板间匀强电场时做_（选填“匀速”“加速”或“圆周”）运动。带电粒子通过匀强磁场时做_（选填“匀速”“加速”或“圆周”）运动【答案】 (1). 加速 ， (2). 圆周【解析】【分析】带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆。【详解】根据质谱仪的工作原理可知，带电粒子在电场中受到电场力的作用，先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场后受到始终与运动的方向垂直的洛伦兹力的作用，做匀速圆周运动。三实验题15.张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：（1）用螺旋测微器测得其直径为_mm（如图甲所示）；（2）用20分度的游标卡尺测其长度为_cm（如图乙所示）（3）用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值_（选填“偏大”或“偏小”）【答案】 (1). 0.699， (2). 1.020， (3). 偏小；【解析】【分析】（1）解决本题的关键明确：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）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况。【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为19.90.01mm=0.199mm，所以最终读数为0.5mm+0.199mm=0.699mm。（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.05mm=0.20mm，所以最终读数为：10mm+0.20mm=10.20mm=1.020cm。（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小。【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读。掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法。16.在描绘小灯泡伏安特性曲线实验中选择“3V0.5A”的小灯泡作为研究对象，有以下实验器材：A电流表（量程00.6A，内阻1）B电流表（量程03A，内阻1）C电压表（量程015V，内阻约10k）D电压表（03v，内阻约2k）E滑动变阻器（阻值0100）F滑动变阻器（阻值010）G电源E6VH开关I，导线若干（1）在本实验中，应选用的器材有_（填器材序号）（2）滑动变阻器应采用_（填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用_（填“内”、“外”）接法【答案】 (1). ADFGHI， (2). 分压， (3). 外【解析】【分析】（1）根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；（2）根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；【详解】（1）由题意可知，灯泡的额定电压为3V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.5A，故电流表应选择A；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择F；实验还需要电源E=6V，开关I，导线若干，所以实验器材中应选用ADFGHI（2）测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻为R=U/I=3/0.5 =6，而电流表内阻约为1，故电流表应采用外接法；四计算题17.相距为4cm的水平放置的两块平行金属板上，加上200V电压时，可使一个质量为108kg的带电油滴在两板间处于平衡状态，求油滴的电荷量。【答案】21011C【解析】【分析】油滴所受重力G=mgE=U/d求解板间场强，电油滴在两板间处于平衡状态时，电场力与重力平衡，大小相等。油滴是试探电荷，由E=F/q，联立求解油滴的电荷量.【详解】油滴所受重力为：G=mg平行金属板上加上电压时，板间建立匀强电场，场强为：E=U/d 带电油滴在两板间处于平衡状态时，电场力与重力平衡，则电场力为：F=G由E=F/q联立解得：q=mgdU=210-11C18.利用如图所示电路可以测量电源的电动势和内电阻。当闭合电键S后，滑动变阻器的滑片滑到某一位置时，电流表和电压表的示数分别为0.1A和2.9V；改变滑片的位置后，两表的示数分别为0.2A和2.8V。求电源的电动势和内电阻。【答案】E=3V，r=1【解析】由电路图可知，电压表测得路端电压；设电源的电动势为E，电源内阻为r，所以由E=