河北省宣化市第一中学2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题

河北省宣化市第一中学2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1. 下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是a. 电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线b. 磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的c. 静电场中的电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线d. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一通电导线所受的磁场力也越大2. 质量和电荷量都相等的带电粒子m和n，以不同的速率经小孔s垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是a. m带正电，n带负电b. m的速率大于n的速率c. 洛伦兹力对m、n做正功d. m的运行时间大于n的运行时间3. 如图所示，a、b、c三只电灯均能发光，当把滑动变阻器的触头p向下滑动时，三只电灯亮度的变化是a. a、b、c都变亮b. a、b变亮，c变暗c. a、c变亮，b变暗d. a变亮，b、c变暗4. 一电流表的满偏电流，内阻为要把它改装成一个量程为的电流表，则应在电流表上a. 并联一个的电阻b. 并联一个约为的电阻c. 串联一个约为的电阻d. 串联一个的电阻5. 如图所示，ab为均匀带有电荷量为的细棒，c为ab棒附近的一点，cb垂直于棒上电荷形成的电场中c点的电势为，可以等效成ab棒上某点p处、带电荷量为的点电荷所形成的电场在c点的电势若pc的距离为r，由点电荷电势的知识可知若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和根据题中提供的知识与方法，我们可将ab棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得ac连线中点处的电势为a. b. c. d. 6. 图为示波管的原理图如果在电极之间所加的电压图按图所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是a. b. c. d. 7. 如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40w，在不损坏灯泡的情况下设定灯泡的阻值不会随温度改变，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过a. 40wb. 60wc. 80wd. 120w二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）8. 两个完全相同的金属小球，半径远小于两小球之间距离，带电量之比为1：7，相距为r，两者之间的引力为f，相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力为原来的a. b. c. d. 9. 关于电势与电势能的说法正确的是a. 电荷在电场中电势高的地方电势能大b. 在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大c. 正电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大d. 负电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小10. 如图，电源电动势为e，内阻为r，滑动变阻器电阻为r，开关闭合两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子正好以速度v匀速穿过两板以下说法正确的是忽略带电粒子的重力a. 保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出b. 保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出c. 保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出d. 如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出11. 指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是a. 指南针可以仅具有一个磁极b. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场c. 仅受地磁场作用的指南针，指向南方的磁极是指南针的南极d. 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转12. 如图所示，一个电阻值为r，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻连结成闭合回路。线圈的半径为在线圈中半径为的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图所示。图线与横、纵轴的截距分别为和导线的电阻不计。则a. 流经电阻中的电流方向为b到ab. 回路中感应电动势的大小为c. 回路中感应电流大小为d. a与b之间的电势差为三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）13. 读出如图中游标卡尺和螺旋测微器的读数；游标卡尺的读数为_mm；螺旋测微器的读数_mm四、实验题（本大题共1小题，共12.0分）14. 在测定电流表的内阻的实验中备用的器材有：a.待测电流表量程，内阻约为b.标准电压表量程c.电阻箱阻值范围d.电阻箱阻值范围e.电源电动势2v，内阻不计f.电源电动势6v，有内阻g.滑动变阻器阻值范围，额定电流，还有若干开关和导线。如果采用如图所示的电路测定电流表g的内阻，并且要想得到较高的精确度，那么从以上备用的器材中，可变电阻应选用_，可变电阻应选用_，电源e应选用_用上述器材前的字母代号填写如果实验时要进行的步骤有：a.合上。b.合上c.观察的阻值是否最大，如果不是，将的阻值调至最大。d.调节的阻值，使电流表指针偏转到满刻度。e.调节的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半。f.记下的阻值。把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上：_如果在步骤f中所得的阻值为，则被测电流表的内阻的测量值为_。电流表内阻的测量值与其真实值的大小关系是_填“”“”或“”五、计算题（本大题共3小题，共36.0分）15. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平放置两根间距的平行光滑金属直导轨，一端接有电动势的理想电源和的电阻，阻值的金属棒ab与导轨接触良好，在水平拉力的作用下，金属棒ab保持静止状态其余电阻不计。求：金属棒ab中的电流大小；磁感应强度的大小。16. 如图所示，竖直放置的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于水平向左的匀强电场中。今将小球从与环心o在同一水平线上的a点由静止释放，它刚能顺时针方向运动到环的最高点d，而速度为零，求：电场强度大小为多大？小球到达最低点b时对环的压力为多大？17. 如图所示，虚线左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线mn和pq之间存在着宽为l、电场强度为的匀强电场，在虚线pq右侧相距也为l处有一与电场平行的屏。现将一电子电荷量e，质量为无初速度放入电场中的a点，最后打在右侧的屏上，ao连线与屏垂直，垂足为o，求：电子从释放到打到屏上所用的时间；电子刚射出电场时的速度方向与ao连线夹角的正切值；电子打到屏上的点p到o点的距离x答案和解析1.【答案】c【解析】解：a、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以a错误；b、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以b错误；c、静电场中电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以c正确；d、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，在磁场中，磁感线分布较密的地方，同一通电导线所受的磁场力不一定越大，还应注意导线与磁场的方向之间的夹角，所以d错误；故选：c。电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但静电场中的电场线不是闭合的，有起点和终点2.【答案】b【解析】解：a：由左手定则判断出n带正电荷，m带负电荷，故a错误；b：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，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的速度率大于n的速率，故b正确；c：洛伦兹力不做功，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，与粒子运动的速度无关，所以m的运行时间等于n的运行时间，故d错误。故选：b。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3.【答案】b【解析】解：当滑动变阻器的滑动触头向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流i增大，则a灯变亮。电路中并联部分电压，i增大，其他量不变，则减小，c灯变暗。通过b灯的电流，i增大，减小，则增大，b灯变亮。所以a、b灯变亮，c灯变暗。故b正确故选：b。当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，根据变阻器接入电路的电阻如何变化，分析总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流的变化，判断a灯亮度的变化由欧姆定律分析并联部分电压如何变化，确定灯c亮度的变化根据总电流与c电流的变化关系，分析通过灯b灯电流的变化，判断b灯亮度的变化对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部整体局部”的思路，按部就班进行分析也可以直接根据串联电路电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化，确定a、c两灯亮度的变化4.【答案】b【解析】解：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：；故选：b。把电流表改装成大量程电流表需要并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。5.【答案】c【解析】解：设等效成ab棒上的电荷集中于ab中点处，即ab的中点d到c的距离dc等于ad的中点e到的距离的一半；带电量为的点电荷所形成的电场在c点的电势，将ab棒均分成两段，并看成两个点电荷，每个点电荷的电荷量为，由可知，每个电荷量为的点电荷在点产生电势为，两个点电荷在ac连线中点处的电势为，故c正确，abd错误；故选：c。根据题意，将棒等效成两点电荷，结合点电荷电势的与电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和，即可求解考查点电荷电势的知识可知公式的应用，理解等效思维的运用是解题的关键，注意电势的代数和6.【答案】b【解析】解：由于电极加的是扫描电压，电极之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是b；故选：b。示波管的偏转电压上加的是待显示的信号电压，偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考7.【答案】b【解析】解：设灯泡的额定电压为u，电阻为r，则加上最大电压u后，灯泡的功率：；此时，灯泡与灯泡的功率之和为：；故三个灯泡的总功率为：；故选：b。图中与串联后与并联，灯泡电压最大，只要保证不损坏即可，故最大电压等于灯泡的额定电压，即灯泡的功率为40w，然后求解灯泡和的功率因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，并联灯泡电压最大，只要保证不损坏即可8.【答案】cd【解析】解：由库仑定律可得，两球接触前的库仑力：；当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量：两球接触后的库仑力为：，当两球带异种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量为：两球接触后的库仑力为：，故cd正确，ab错误。故选：cd。由库仑定律列出接触前的库仑力表达式；根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量，再由库仑定律列出库仑力表达式，即可求得两力的关系。两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向。9.【答案】cd【解析】解：a、根据公式可知，正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小，故a错误；b、若放在同一点的电荷带电量为负值，电荷量大，则其具有电势能小，故b错误；c、正电荷形成的电场中，取无穷远处电势为零，在电场中的任何一点上电势为正，则根据公式可知，正电荷所具有的电势能大于负电荷具有的电势；故c正确。d、选择无穷远处为零电势点，因此负点电荷周围的电势为负值，所以在负点电荷电场中的任一点，根据公式可知，放入的正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能。故d正确。故选：cd。本题从两个方面判断电势能的高低变化：一是根据电势的高低利用公式进行判断，二是根据电场力做功判断电势能的变化，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大电势能是电场中的重要概念，要学会从多个角度进行理解，尤其注意的是公式中，电势能的大小和电荷带电量的正负有关10.【答案】ab【解析】解：a、开关闭合，将滑片p向上滑动一点，两板间电压变小，若粒子带负电，电场力方向向上，大小减小，粒子有可能从下极板边缘射出。故a正确。b、开关闭合，将滑片p向下滑动一点，两板间电压变大，若粒子带正电，电场力方向向下，大小增大，粒子将可能从下极板边缘射出。故b正确。c、开关闭合，a板下移，板间场强，u不变，d变小，e变大，电场力变大，与洛伦兹力不平衡，粒子将不再沿直线运动。故c错误。 d、将开关断开，电容器放电，电场消失，粒子不再将直线运动。故d错误。故选：ab。由题，电容器上板带正电，电场方向向下带电粒子的电性不知道，可能带正电，也可能带负电粒子在电场和磁场的复合场中运动，从分析电场力和洛伦兹力可判断粒子能否从下极板射出带电粒子在复合场中运动问题关键是分析粒子的受力情况和运动情况对于电容器动态分析问题关键要抓住不变量，如本题c项开关闭合，电容器电压不变11.【答案】bc【解析】解：a、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故a错误；b、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故b正确；c、磁体的南北极的规定是：磁体仅在地磁场作用下停止时，指向南方的磁极是南极，指北方的磁极是北极，故c正确；d、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，根据安培定则，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针会发生偏转，故d错误；故选：bc。指南针又称指北针，主要组成部分是一根装在轴上的磁针，磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保持在磁子午线的切线方向上，磁针的北极指向地理的北极，利用这一性能可以辨别方向。常用于航海、大地测量、旅行及军事等方面。物理上指示方向的指南针的发明由三部曲组成：司南、磁针和罗盘。他们均属于中国的发明。指南针在航海上的应用对地理大发现和海上贸易有极大的促进作用。指南针的发明源于中国古人如何定向问题的研究，也表明古人对如何定向问题的重视。为此，指南针被誉为中国古代四大发明之一。12.【答案】acd【解析】解：a、由楞次定律可判断通过电阻上的电流方向为从b到a，故a正确；bcd、由图示图象可知，磁感应强度的变化率为：，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为：，面积为：，则感应电动势为：，感应电流为：，a与b之间的电势差等于线圈两端电压，即路端电压为：，故b错误，cd正确；故选：acd。线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流。由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，根据闭合电路欧姆定律即可求出电流大小，再根据欧姆定律确定ab间电势差的大小。线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流。由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小。13.【答案】 【解析】解：1、游标卡尺的主尺读数为：11mm，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，所以最终读数为：2、螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为故答案为：；解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读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对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量14.【答案】d c f cadbef 600 【解析】解：首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为e，内阻为r，打开时，设电流表满偏电流为：，实验要求，这样才有，当闭合时，和并联，并联后总阻值，这样才有闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节使电流表半偏为，所以流过的电流也为，所以从上述原理可知，打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是。故实验器材选择应满足电源电动势尽可能大，尽可能大。所以选用大量程的电阻箱d，选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选c，电源选用电动势较大的f。根据半偏法测量原理，则操作步骤为：按图所示的电路图连接好电路；将的阻值调到最大；合上；调节的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；合上；调节的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下的阻值。实验步骤的合理顺序是：cadbef。由上分析可知，当f中记录的阻值为，则被测电流表的内阻的测量值也为；当闭合时，和并联，并联后总阻值，而电阻不变，所以闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于，而此时电流表支路的电流等于，那么支路的电流要大于，那么其电阻肯定要小于所以，用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小。故答案为：、c、f；。本实验通过半偏法测量电流表g的内阻，抓住整个电路电流要基本保持不变，确定选择的器材、实验步骤以及测量电阻阻值。根据并联电阻后总电流变大，故通过并联电阻的电流大于电流表的电流，则其电阻小于电流表的内阻，即小于真实值，所以这种方法测出的电流表的内阻rg比它的真实值偏小。本题考查半偏法测电阻，关键是明确实验原理，认为电流表与电阻并联后总电压不变，则电流表的内阻所并联电阻值。15.【答案】解：根据闭合电路欧姆定律得金属棒ab中的电流大小为：金属棒ab保持静止状态，所受的安培力与水平拉力二力平衡，由平衡条件得：则有：答：金属棒ab中的电流大小是；磁感应强度的大小是5t。【解析】根据闭合电路欧姆定律求金属棒ab中的电流大小；金属棒ab保持静止状态，所受的安培力与水平拉力二力平衡，由平