宁夏石嘴山第一中学2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）.docx

石嘴山市第一中学20182019学年高二第一学期期末考试物理试卷一、单选题（每题3分，共39分）1.带电量分别2Q和+4Q的两个完全相同的金属小球，相距为L（L远大于小球半径）时相互作用力的大小为F现把两个小球互相接触后放置在距离为L的地方，则现在两个小球之间的相互作用力大小为（ ）A. 2FB. 4FC. D. 【答案】C【解析】【详解】未接触前，据库仑定律得；两球接触后两球的带电量，两球间的相互作用力。故C项正确，ABD三项错误。【点睛】带异种电荷的相同金属小球接触后，两小球所带电荷先中和再平分。2.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离(仍在P点下方)A. 电容器的电容减小，则极板带电量将增大B. 带电油滴将沿竖直方向向下运动C. P点的电势将升高D. 带电油滴的电势能将增大【答案】D【解析】【详解】由于电容器和电源相连，电势差不变；将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则d减小，则根据可知电容C变大，根据Q=UC可知，极板的带电量变大，故A错误； 将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，板间距离减小，根据E=U/d得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动。故B错误。场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，故P点电势降低；故C错误。由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴应带负电，由于P点的电势降低，则油滴的电势能将增加。故D正确。故选D。【点睛】本题运用U=Ed分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化3.关于电流,下列各种说法中正确的是( )A. 电流定义式I=q/t,适用于任何电荷的定向移动形成的电流B. 由I=nqsv可知,金属导体中自由电荷的运动速率越大,电流一定越大C. 电荷定向移动的方向就是电流的方向D. 因为电流有方向,所以电流是矢量【答案】A【解析】【详解】A、电流的定义式I=q/t采用的是比值定义法，具有比值定义法的共性是普遍适用，适用于任何电荷的定向移动形成的电流；故A正确.B、由I=nqsv可知，电流的大小跟导体的材料(决定n)，导体的横截面积(s)和电荷定向移动的速率(v)共同决定；故B错误.C、物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电荷定向移动的反方向是电流的方向；故C错误.D、电流有大小和方向，但方向是指沿着电荷运动的直线上，不同于矢量的方向；故电流是标量；故D错误.故选A.4.关于电源电动势下列说法中正确的是A. 电源的电动势实质上就是电源两极间的电压B. 电源的电动势在数值上等于两极间的电压C. 电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别D. 电动势越大，电源两极间的电压一定越高【答案】C【解析】【分析】电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和【详解】AB电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压；故AB错误；C由A的分析可知，电源电动势与电压单位相同，但与电压有本质的区别；故C正确；D电动势越大，说明电源转化能量的本领越大，但电源两端的电压与外电路有关，电压并一定大；故D错误；【点睛】电动势是一个表征电源特征的物理量定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功5.如图四个灯泡L1，L2，L3，L4完全一样，规格都是12V、12W，在AB两端加上60V的电压，则经过的电流是（ ）A. 1AB. 2AC. 1.67AD. 1.25A【答案】A【解析】【详解】分析电路可知，并联后与，串联接入电路，灯泡的电阻，则电路总电阻，干路电流，则经过的电流，故A正确故选：A6.如图所示是三根平行直导线的截面图，若它们的电流强度大小都相同，且abacad，则a点的磁感应强度的方向是 ()A. 垂直纸面指向纸里B. 垂直纸面指向纸外C. 沿纸面由a指向bD. 沿纸面由a指向d【答案】D【解析】解: 用右手螺旋定则判断通电直导线在a点上所产生的磁场方向,如图所示:直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反,大小相等.则合磁场为零;而直导线c在a点产生磁场,方向从b指向d,即为沿纸面由a指向d故选D.点睛:磁感应强度既有大小,又有方向,是矢量.它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则.7.如下图所示均匀磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者其方向，其中错误的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据右手定则，ABD正确，C项导体棒与磁场平行，不受力，C错误。8.来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时，将A. 竖直向下沿直线射向地面B. 相对于预定地点，稍向东偏转C. 相对于预定地点，稍向西偏转D. 相对于预定地点，稍向北偏转【答案】B【解析】试题分析：地磁场中赤道上空磁感线方向由南指向北，由左手定则可知手心向南让磁感线穿过手心，四指指质子运动方向，拇指指向东，即为洛伦兹力力方向，故选B。考点：本题考查了带电粒子在磁场中的受力9.在如图所示的四幅图中，正确标明了带正电的粒子所受洛伦兹力F方向的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由左手定则判断出带电粒子所受洛伦兹力方向，然后答题。【详解】A项：由左手定则可知，在第1幅图中，粒子所受洛伦兹力竖直向下，故A错误；B项：由左手定则可知，在第2幅图中，粒子所受洛伦兹力竖直向上，故B正确；C项：由左手定则可知，在第3幅图中，粒子所受洛伦兹力竖直向内，故C错误； D项：由左手定则可知，在第4幅图中，粒子所受洛伦兹力竖直向外，故D错误。故选：B。10.在匀强磁场中一带电粒子正在做匀速圆周运动，如果突然将它的速度增大到原来的3倍，则( )A. 粒子的运动轨迹半径不变，运动周期减为原来的三分之一B. 粒子的运动轨迹半径是原来的3倍，周期不变C. 粒子的运动轨迹半径和周期都是原来的3倍D. 粒子的运动轨迹半径是原来的4倍，周期不变【答案】B【解析】【详解】带电粒子在匀强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：，解得：；周期为：；由式，半径与速度成正比，速度变为3倍，故半径变为3倍；由式，周期与速度无关，故周期不变；故选B。11. 带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场,若只考虑洛伦兹力，则粒子一定是A. 动能不变B. 做匀速直线运动C. 速度不变D. 加速度不变【答案】A【解析】试题分析：由于洛伦兹方向和速度方向垂直，只改变速度方向不改变速度大小，所以粒子的速度大小恒定，即动能恒定，A正确C错误；由于存在向心加速度，粒子做匀速圆周运动，加速度方向时刻指向圆心，故BD错误；考点：考查了洛伦兹力【名师点睛】根据洛伦兹力方向特点：洛伦兹力方向总是与粒子运动方向垂直，对带电粒子总不做功来分析判断12.如图所示，通电直导线置于匀强磁场中，导线与磁场方向垂直.若将导线中的电流增大为原来的2倍，导线在磁场中的长度增大为原来的2倍，则导线受到安培力的大小将A. 减小为原来的B. 减小为原来的C. 增大为原来的2倍D. 增大为原来的4倍【答案】C【解析】试题分析：根据F=BIL得，电流增大为原来的2倍，导线在磁场中的长度增大为原来的2倍，则安培力增大为原来的4倍故D确，ABC错误故选D13. 如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为。如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是A. 棒中的电流变大，角变大B. 两悬线等长变短，角变小C. 金属棒质量变大，角变大D. 磁感应强度变大，角变小【答案】A【解析】试题分析：导体棒受力如图所示，；棒中电流I变大，角变大，故A正确；两悬线等长变短，角不变，故B错误；金属棒质量变大，角变小，故C错误；磁感应强度变大，角变大，故D错误；故选A考点：安培力；物体的平衡【名师点睛】此题考查了安培力及物体的平衡问题；解题时对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题。【此处有视频，请去附件查看】二、多选题（每题4分，共20分）14.关于电流，下列说法中正确的是（）A. 由I=可知，通过导线截面的电量越多，电流越大B. 由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大C. 由I=可知，同一导体中的电流与导体两端的电压成正比D. 因为电流有方向，所以电流是矢量【答案】BC【解析】通过导线截面的电量多，若时间长，电流不一定大，A错误；由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大，B正确；导体的电阻由导体本身决定，与导体两端的电压和电流无关，选项C错误；电流有方向，但是电流合成不遵循平行四边形法则，所以电流是标量，D错误；故选B.15.有一电流计，内阻Rg25 ，满偏电流Ig3 mA，现对它进行改装，下列说法正确的是()A. 把它改装成量程为0.6 A的电流表，需与它并联一个0.126 的电阻B. 把它改装成量程为0.6 A的电流表，需与它串联一个0.126 的电阻C. 把它改装成量程为3 V的电压表，需与它并联一个975 的电阻D. 把它改装成量程为3 V的电压表，需与它串联一个975 的电阻【答案】AD【解析】A、把电流表改装成的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：，故A正确，B错误；C、把电流表改装成的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：，故C错误，D正确。点睛：本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。16.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时A. 磁铁对桌面的压力增大B. 磁铁对桌面的压力减小C. 磁铁受到向右的摩擦力作用D. 磁铁受到向左的摩擦力作用【答案】BC【解析】【详解】根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向（切线方向），再根据左手定则判断安培力方向，如下左图图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左上方，如下右图根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变大，故磁铁对桌面的压力变小；而静摩擦力向右故B、C正确，A、D错误。故选BC。【点睛】本题主要考查了磁场对电流的作用、安培力、共点力作用下的平衡等综合应用。属于中等难度的题目。本题关键先对电流分析，得到其受力方向，先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况17.用两个一样的弹簧吊着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流（如图所示），当棒静止时，弹簧秤的读数为F1；若将棒中的电流方向反向，当棒静止时，弹簧秤的示数为F2，且F2F1，根据这两个数据，不能确定（ ）A. 磁场的方向B. 磁感强度的大小C. 安培力的大小D. 铜棒的重力【答案】ACD【解析】因为电流反向时，弹簧秤的读数，可知电流自左向右时，导体棒受到的磁场力方向向上，根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里，故A正确；由于无法确定电流大小，所以磁感应强度的大小不知，故B错误；令铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：；当电流反向时，磁场力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有：；联立得：，因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故CD正确，故选ACD【点睛】由题意知，导体棒受到的磁场力方向在竖直方向，因为电流反向时磁场力同样反向，又因为反向时，弹簧秤读数增大，由此可知电流自左向右时，导体棒受磁场力方向向上，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里因为电流反向，磁场力只改变方向，不改变大小，根据导体棒的平衡可以求出安培力的大小表达式和重力大小的表达式18.关于磁感应强度，正确的说法是 ( )A. 根据定义式，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B. 磁感应强度B是矢量，方向与电流所受安培力的方向相同C. 磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同D. 在确定的磁场中，同一点的B是确定的，不同点的B可能不同【答案】CD【解析】磁场中某点的磁感应强度B只由磁场本身决定，与F和IL无关，选项A错误； 磁感应强度B是矢量，方向与电流所受安培力的方向垂直，选项B错误；磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，选项C正确；在确定的磁场中，同一点的B是确定的，不同点的B也可能相同，例如匀强磁场，选项D错误；故选C.三、填空题（每空2分，共22分）19.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_(填“偏大”或“偏小”)。【答案】 (1). 3.202-3.205 (2). 5.015 (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。20.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下: （1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_处（2）现备有以下器材：A干电池1个B滑动变阻器（050）C滑动变阻器（01750）D电压表（03V）E电压表（015V）F电流表（00.6A）G电流表（03A）其中滑动变阻器应选_，电流表应选_，电压表应选_(填字母代号)（3）由U-I图像。由此可知这个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_。（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测_ E真，r测_r真(填“”“”或“=”)【答案】 (1). D (2). 1.48 (3). 2.40 (4). (5). x1,位移的方向应向下.22.如图所示，电源电动势E=10 V，内阻r=0.5 ，标有“8 V，16 W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=1 ，求：（1）路端电压；（2）电源的总功率；（3）电动机的输出功率。【答案】8V； 40W； 12W【解析】试题分析：路端电压等于灯泡两端的电压，灯泡正常发光，就等于灯泡的额定电压，再根据闭合电路欧姆定律求出通过电源的电流；由P=EI求解电源的总功率，电源的输出功率等于总功率减去内耗功率；电动机两端电压等于灯泡的额定电压，根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流，根据能量守恒求解电动机的输出功率。（1）因为灯泡正常发光，所以有：U=U额=8V则电源内阻的电压：U内=E-U=2V由欧姆定律得流过电源的电流：（2）电源的总功率：P总=EI=104=40W电源的热功率为：所以电源的输出功率：P出=P总-P损=40W-8W=32W（3）灯泡的电流为：电动机的电流电动机发热功率=I-I灯=2A电动机消耗的电功率：PM=UIM=82=16W电动机发热功率：所以电动机的输出功率为：P输出=PM-P热=16-4=12W点睛：本题主要考查了非纯组电路的，当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路。如图所示，电路中接一电动势为4V、内阻为2直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4，电容器的电容为30F，电流表的内阻不计，当电路稳定后，求：23. 电流表的读数24. 电容器所带的电荷量25.如果断开电源，通过R2的电荷量【答案】（1）0.4A（2）4.810-5C （3）【解析】试题分析：当电键S闭合时，电阻、被短路根据欧姆定律求出流过的电流，即电流表的读数电容器的电压等于两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量断开电键S后，电容器通过、放电，、相当并联后与串联再求解通过的电量（1）当电键S闭合时，电阻、被短路根据欧姆定律得电流表读数（2）电容器所带的电量（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是、相当并联后与串联由于各个电阻都相等，则通过的电量为26. 如图，水平放置的光滑的金