重庆市万州区第二高级中学校2017_2018学年高二物理上学期期末二模试题（含解析）.docx

重庆市万州区第二高级中学校2017-2018学年高二物理上学期期末二模试题（含解析）一选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1.下列说法中，正确的是（ ）A. 物理学家库仑首先测出了元电荷e的数值B. 在利用扭秤装置研究库仑定律的过程中，库仑既用到了放大的思想也用到了控制变量法C. 牛顿首先提出电场的概念，这是为了方便分析电荷之间的作用而假想电场是存在的D. 在研究电场磁场时，我们常引入“试探电荷”，要求试探电荷不影响原电场的强弱及分布情况这里的试探电荷应用了假设法【答案】B【解析】【详解】密立根最早用实验测出了元电荷e的数值，故A错误；在利用扭秤装置研究库仑定律的过程中，库仑既用到了放大的思想也用到了控制变量法，故B正确；法拉第先提出电场的概念，揭示了电荷间相互作用就是电场对电荷的作用，故C错误；在研究电场磁场时，我们常引入“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里并没有应用假设法，故D错误。所以B正确，ACD错误。2. 如图所示的磁场中，有P、Q两点。下列说法正确的是A. P点的磁感应强度小于Q点的磁感应强度B. P、Q两点的磁感应强度大小与该点是否有通电导线无关C. 同一小段通电直导线在P、Q两点受到的安培力方向相同，都是PQD. 同一小段通电直导线在P点受到的安培力一定大于在Q点受到的安培力【答案】B【解析】A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图象知P点的磁场比Q点的磁场强，A错误；B、磁感应强度是由磁场本身决定的，与该点是否有通电导线无关故B正确；C、根据左手定则，通电直导线受到的安培力的方向与磁场的方向垂直，所以它们受到的安培力的方向不能是PQ，故C错误；D、同一小段通电直导线在在都与磁场的方向垂直的条件下，在P点受到的安培力才能大于在Q点受到的安培力，故D错误；故选B.【点睛】解决本题的关键掌握磁感线的特点，磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱3.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，虚线1和2为等势线，从电场中M点以相切于等势线1的相同速度飞出a，b两个带电粒子，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内（粒子在图示区域内）（）A. a的加速度将减小，b的加速度将增B. a的速度将减小，b的速度将增大C. a一定带正电，b一定带负电D. a的电势能减小，b的电势能增大【答案】A【解析】【详解】由电场力F=Eq，结合a=F/m，可知，电场线越密处，加速度越大，电场线越疏的，加速度越小，则a的加速度将减小，b的加速度将增大，故A正确。由于出发后电场力对两个粒子都做正功，它们的动能都增大，故两个粒子速度都增大，故B错误。由于不知道场强的方向，故不能确定电荷的电性，故C错误。由于出发后电场力对两对电荷均做正功，所以两个粒子的电势能均减小，故D错误。故选A。【点睛】解决本题的关键是掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向表示电势的高低。由功能关系分析粒子能量的变化。4. 如图所示，条形磁铁放置在水平地面上，在其右端上方固定一根水平长直导线，导线与磁体垂直，当导线中通以垂直纸面向内的电流时，则（）A. 磁铁对地的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力B. 磁铁对地的压力减小，磁铁受到向右的摩擦力C. 磁铁对地的压力增大，磁铁受到向左的摩擦力D. 磁铁对地的压力增大，磁铁受到向右的摩擦力【答案】D【解析】试题分析：以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大故选D考点：磁场对电流的作用点评：本题直接分析磁铁受力很困难，但可以根据磁场分布分析导线受力，应用牛顿第三定律就可以解决问题。5.如图所示为电磁流量计的示意图，图中非磁性管的直径为d，内有流动的导电液体。在垂直液体流向的方向上加一指向纸里的匀强磁场，磁感应强度为B，测得液体a、b两点间的电势差为U，则管内导电液体的流量为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】对离子有：qvB=q，解得：v=。流量等于单位时间流过液体的体积，有；故A正确，BCD错误。故选A。6.如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A接地，极板B与一个灵敏的静电计相接。在某次实验中，发现静电计的指针偏角变小了，下列说法正确的是A. 这可能是由于两板间插人了一块金属导体B. 这可能是由于极板A向上移动了一小段距离C. 两板间的电场强度一定变小了D. 两极板上的电荷量一定减小了【答案】A【解析】发现静电计的指针偏角变小，说明电容器两极板间电势差减小，由于Q不变，根据知，电容C变大了，A、B、由平行板电容器的电容的决定式可知，电容C变大的可能原因，插入电介质，正对面积增大，两板间距离减小（插人了一块金属导体相当于距离减小），A正确；B错误；C、由，及可得，若是由插入电介质或正对面积增大引起的，则E将减小，若是由两板间距离减小引起的，E将不变，C错误；D、没有充放电电路，所以两极板上的电荷量不变，D错误；故选A。7.关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A. 磁感应强度沿磁感线方向逐渐减小B. 磁感应强度的方向就是通电导线在磁场中受力的方向C. 磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量D. 磁感应强度的方向就是正电荷在该处的受力方向【答案】C【解析】磁感应强度B大小用磁感线的疏密表示，越密处B大，越疏处B小故A错误磁感应强度B的方向与安培力F的方向互相垂直故B错误磁感应强度的物理意义就是用来描述磁场强弱和方向的物理量故C正确磁感应强度的方向就是小磁针在该处静止不动时N极的指向，即N极的受力方向故D错误故选C【点睛】磁场的方向就是小磁针静止的时候N极所指的方向，也是小磁针的N极所受力的方向，与小磁针的S极受力方向相反，与通电导线所受安培力的方向垂直8.如图所示，一个电量为Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，A、B间距离为L，则以下说法不正确的是A. O、B间的距离为B. 从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv02mv2C. 从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv2mv02D. 从A到B的过程中，两电荷的电势能一直减少【答案】ACD【解析】试题分析：由题意，乙到达B点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，当速度最小时有：，解得OB间的距离，故A正确；从A到B的过程中，根据动能定理得：W-mgL=mv2-mv02，得W=mgL+mv2-mv02，故B错误，C正确从A到B的过程中，电场力对甲和乙均做正功，故系统的电势能减少，故D正确故选ACD考点：库仑定律；动能定理【名师点睛】本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，解题时要通过分析电荷的受力情况分析运动情况，找到速度最小时的力的关系；此题是考查学生综合能力的好题。9.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中（）A. 该电荷为负电荷B. 电势能增加，动能增加C. 动能和电势能之和减小D. 电势能和重力势能之和减小【答案】ACD【解析】【分析】根据油滴运动轨迹，可以判断出重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可。【详解】A、由轨迹图可知，带电油滴所受的合力方向竖直向上，带电油滴所受重力小于电场力，重力方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，该电荷为负电荷，故A正确。B、从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加；电场力做正功，带电油滴的电势能减小，故B错误。C、根据能量守恒可知，带电油滴重力势能、电势能、动能三者之和保持不变。从a到b的运动过程中重力做负功，油滴的重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确。D、从a到b的运动过程中合力做正功，带电油滴的动能增加，所以电势能和重力势能之和减小，故D正确。故选：A、C、D【点睛】本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电油滴的功能关系转化在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键10.空间某一区域内同时存在匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一速度射入该区域，不计粒子的重力，则带电粒子在此区域的运动可能是（）A. 匀速直线运动B. 匀速圆周运动C. 加速度不变，速度先减小再增大D. 加速度不变，速度先增大再减小【答案】AC【解析】【详解】带电粒子在混合场中必定受到电场力，可能受到洛伦兹力作用。若粒子电场和磁场的方向相互垂直，粒子运动的方向同时与电场和磁场垂直时，可能会Bqv=Eq，则粒子受力平衡，粒子将做匀速直线运动，故A正确；粒子若受到洛伦兹力的作用，由于洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，而电场力的方向始终与电场的方向平行，合力中，由于存在的电场力是恒力，所以粒子不可能做匀速直线运动，故B错误；若粒子运动的方向与磁场平行，不受洛伦兹力；而电场力与运动方向共线，因此粒子做匀变速直线运动，粒子可能加速度不变，速度先减小再增大，有可能粒子一直做匀加速直线运动，故C正确，D错误；故选AC。【点睛】本题主要考查了带电粒子在电磁场中运动问题，关键是对粒子的受力分析，根据受力情况判断粒子的运动情况，难度适中11.如图所示，电场中各等势面为竖直面，它们之间的距离为d=1cm，一个带电小球的质量为m=10g,初速度为,方向与水平线成角，已知小球在电场中做直线运动，则下列说法正确的是（ ）A. 小球带负电B. 小球在的正方向上走的最远距离mC. 小球所带电荷量为D. 匀强电场场强为【答案】BC【解析】【详解】根据电场线与等势面垂直，且指向电势低的等势面，可知电场线水平向左，画出匀强电场的电场线，如图所示由得：，故D错误；由题意可知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度方向在一条直线上，所以小球带正电故A错误；由受力图可知，Eq=mg，故C正确；由动能定理，得，代入数据得：，故B正确。本题选BC. 12.在电子仪器中常用两个阻值不同的电位器（可变电阻）调节电路中的电流，一个做粗调（电流改变量大）一个做细调（电流改变量小）现连成如图所示两种方式已知R1R2，则（）A. 串联时，R1做粗调 B. 串联时，R1做细调C. 并联时，R1做粗调 D. 并联时，R1做细调【答案】AD【解析】【详解】串联时，电路中电流相等，由于R1R2，根据欧姆定律I=U/R知，在电压一定的情况下，电阻变化大的对电路中的电流影响就大，故R1对电流的影响大，起粗略调节作用；R2影响较小，做细调；故A正确，B错误；并联时，电路中电压相等，即其并联的电阻起到分担电流的作用，据欧姆定律I=U/R知，在电压一定的情况下，电阻越小，其对干路电流的影响就越大，故R2对电流的影响大，起粗略调节作用。R1影响较小，做细调；故C错误，D正确。故选AD。【点睛】明确串并联电路的规律应用，知道在串联电路和并联电路中，电阻大的电阻影响电路总电流的效果正好相反，解题时注意区分二实验题（共2小题，满分12分）13.为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化，所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻0.5）B电流表（00.6A，内阻0.01）C电压表（03V，内阻5k）D电压表（015V，内阻50k）E滑动变阻器（010，0.5A）F滑动变阻器（01k，0.1A）G电源（3V）H电键一个，导线若干（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是_（2）为尽可能的减小误差，实验中采用电流表_（选填内接或外接），采用正确的方式测出的电阻值_（选填“大于”“小于”或“等于”）电阻的真实值（3）在如图的虚线框中画出完成此实验的原理图_，并将实物按电路图用导线连好_（4）此实线描绘出的IU图线是_（填“曲线”、“直线”），其原因是_【答案】 (1). ACEGH (2). 外接 (3). 小于 (4). 电路图见解析； (5). 实物连接见解析； (6). 曲线 (7). 灯泡是非线性元件【解析】【详解】（1）描绘标有“3V 0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，需要：电源、开关、导线，灯泡额定电压为3V，电压表需要选择C，灯泡额定电流为I=0.13A，电流表选择A；描绘小灯泡的伏安特性曲线电压要从0开始，所以需要分压式电路，要选择电阻值比较小的滑动变阻器E；故实验器材需要：ACEGH（2）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；由于电压表的分流作用，所以测量的电流值偏大，则小灯泡的电阻值的测量值偏小（3）实验的原理如图，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（4）由图示图象可知，随U增大I增大，电压与电流的比值变大，灯泡电阻变大；灯泡的IU图象是曲线，灯泡是非线性元件；【点睛】解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别14.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：（1）用最小刻度为毫米的刻度尺测量其长度如图（a）所示，（圆柱体另一端与0刻度对齐），由图（a）可知其长度为_ _mm；用游标为10分度的游标卡尺测量其直径如图（b）所示，由图（b）可知其直径为_ _mm；（2）该同学想用伏安法更精确地测量待测圆柱体电阻R，并将得到的电流、电压数据描到UI图上，如图（c）所示。由图（c）可知，新材料制成的圆柱体的电阻为 （保留2位有效数字）。（3）由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为_m （保留1位有效数字）【答案】（1）（100.3100.6）mm范围内均可 5.8mm； （2）7.88.2范围内均可； （3）210-3【解析】试题分析：由图可知读数为100.3mm-100.6mm，毫米刻度尺要有一位估计数字；游标卡尺读数为5.8mm，即主尺读数5mm加上游标尺读数8乘以精确度0.1mm。（2）做出图像求斜率即可，电阻为7.9左右。（3）由电阻定律可知考点：本题考查了电阻定律、游标卡尺读数三计算题（共4小题）15.如图所示，有两个质量均为m、带电量均为q的小球，用绝缘细绳悬挂在同一点O处，保持静止后悬线与竖直方向的夹角为=30，重力加速度为g，静电力常量为k.求：(1) 带电小球A在B处产生的电场强度大小；(2) 细绳的长度L.【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）对B球，由平衡条件有：mgtan=qE带电小球在B处产生的电场强度大小：（2）由库仑定律有： 其中：r=2Lsin=L解得：【点睛】本题关键是对物体受力分析，然后结合共点力平衡条件、库仑定律和电场强度的定义列式求解16.在倾角=30的斜面上，固定一金属框，宽l=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池。垂直框面放置一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架间的动摩擦因数=，整个装置放在磁感应强度B=0.8T、垂直框面向上的匀强磁场中，如图所示。（1）当调节滑动变阻器R的阻值为3时，金属棒静止，求此时的摩擦力的大小和方向？（2）当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？（框架与金属棒的电阻不计，g取10m/s2）【答案】（1）摩擦力向上，大小为0.2N；（2）1.6R4.8【解析】【详解】（1）根据欧姆定律知流过ab的电流 受力分析知安培力沿斜面向上，F安=BIl=0.840.25N=0.8N重力沿斜面的分力为mgsin30=1N由于安培力小于重力沿斜面的分力，故摩擦力向上，f=mgsin30F安=0.2N（2）当滑动变阻器R取值较大，I较小时，安培力F较小，在金属棒重力的分力作用下金属棒有沿框面下滑的趋势，金属棒所受的静摩擦力框面向上，金属棒刚好不下滑时，满足平衡条件，则得：Bl+mgcosmgsin=0代入数据解得：Rmax=4.8当安培力较大，摩擦力方向沿框面向下时： Blmgcosmgsin=0代入数据解得：Rmin=1.6【点睛】静摩擦力的方向是由安培力大小决定，当安培力过大使得棒有上滑趋势，所以静摩擦力沿斜面向下。当安培力过小时，棒有下滑的趋势，所以静摩擦力沿斜面向上。17.在如图所示的xoy坐标系中，的区域内存在着沿轴正方向、场强为E的匀强电场，的区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场一带电粒子从轴上的点以沿轴正方向的初速度射出，恰好能通过轴上的点己知带电粒子的质量为，带电量为均大于0不计重力 （1）若粒子只在电场作用下直接到达D点，求粒子初速度大小；（2）若粒子在第二次经过轴时到达D点，求粒子初速度