贵州省贵阳市高二上学期期末考试物理预测试题（二）含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精贵阳市2019-2020学年第一学期高二物理期末考试预测试卷一、单项选择题:本题共12小题，每小题2分,共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将符合题目要求的选项前的字母填在答题卡对应题号下的空格中。1.以下说法正确的是(）A。物体所带的电荷量只能是某些值，而不能是任意实数B。元电荷就是电子或质子C。物体所带电荷量的最小值是1.6×10－19CD。凡试探电荷都是点电荷，凡点电荷都能做试探电荷【答案】AC【解析】【详解】物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍,而不能是任意实数，故A正确；元电荷是指物体带电量的最小值，不是某种粒子,故B错误；物体所带电荷量的最小值是1.6×10-19C，故C正确；点电荷就相当于质点，是一种理想模型,没有大小的带电体．当电荷间距离大到可认为电荷大小、形状不起什么作用时，可把电荷看成点电荷，也就是说点电荷可以很大，这样的电荷就做不了试探电荷,试探电荷需要的是体积小，电荷量小．所以点电荷不一定能做试探电荷，故D错误．2.下图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是(）A。a点的电势高于b点的电势B。该点电荷带正电C。a点和b点电场强度的方向相同D。a点的电场强度大于b点的电场强度【答案】D【解析】【详解】A．根据电场线与等势线垂直,在b点所在电场线上找到与a点电势相等的，依据沿电场线电势降低,a点电势低于b点电势，故A错误；B．电场线直线点电荷，所以该点电荷带负电,故B错误；C．由题图可看出a点和b点电场强度的方向不相同，故C错误；D．电场线越密的地方电场强度越大，a点的电场强度大于b点的电场强度，故D正确。3.如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b．下列表述正确的是A.该电场是匀强电场B.a点的电场强度比b点的大C.a点的电势比b点的高D.正电荷在a、b两点受力方向相同【答案】C【解析】【详解】电场线疏密表示电场强度的大小，切线方向表示电场强度的方向，正电荷的受力方向和场强方向相同．沿着电场线电势降低．答案选C．4.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10V、20V、30V．实线是一带负电荷的粒子仅在电场力的作用下在该区域内运动的轨迹,对于轨迹上的a、b、c三点,下列说法中正确的()A.带电粒子一定是先经过a，再到b，然后到cB.带电粒子在三点所受电场力大小Fb>Fa>FcC.带电粒子在三点动能Ekc〉Eka>EkbD.带电粒子在三点电势能的大小相等【答案】C【解析】【详解】A．根据电场线与等势面垂直，且指向电势较低的等势面，由图可知，电场的方向向上，根据轨迹弯曲方向可知,带电粒子受到的电场力向下，说明粒子带负电。无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹，故A错误；B．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，故B错误；CD．根据Ep=qφ知，带电粒子在三点电势能关系为Epc〈Epa〈Epb．带负电的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，根据能量守恒定律应有：Ekc＞Eka＞Ekb。故C正确，D错误。故选C。5。如图所示，质量分别是m1和m2，电荷量分别是q1和q2的小球，用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α〉β），两小球恰在同一水平线上,那么（)A.两球可能带同种电荷B.q1一定大于q2C.m1一定小于m2D.m1所受的电场力一定大于m2所受的电场力【答案】C【解析】【详解】A．两球相互吸引必定是异种电荷。故A错误.B．两球间的库仑力为相互作用力，无论电荷量是否相等都有库仑力大小相等，故无法判断电量的大小。故B错误.C．设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到F=m1gtanα,同理对m2研究,得到F=m2gtanβ则m1tanα=m2tanβ因α＞β，得到m1＜m2，故C正确。D．根据牛顿第三定律,m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力。故D错误；故选C。6。空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线,虚线为其等势线,A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()A.A点和B点的电势相同B。C点和D点的电场强度相同C.正电荷从A点移至B点,静电力做正功D。负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，故A错误．B．根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同,但是它们的方向不同，则电场强度不同，故B错误．C．从A点移至B点,电势降低,所以正电荷从A点移至B点，电场力做正功,故C正确．D．C点和D点在同一个等势面上,负电荷在CD两点电势能相等；负电荷从C点沿直线CD移至D点，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大原来的值，故D错误．7。用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若A。保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C。保持d不变，减小S，则θ变小D.保持d不变，减小S，则θ不变【答案】A【解析】【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大,从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．故选：A.8。如图所示，电源电压恒定,当滑动变阻器触头自左向右滑行时，灯泡L1、L2的亮度变化情况是（)A。L1变亮，L2变暗 B.L1变暗，L2变亮C。L1、L2均变暗 D。L1、L2均变亮【答案】D【解析】【详解】当滑动变阻器触头自左向右滑行时，与L1并联部分的滑动电阻变大，滑动端右侧部分电阻减小，则电路总电阻减小，总电流变大，L2的亮度变亮；总电流变大，而与与L1并联部分的电阻分流减小，则L1的电流变大，L1变亮；A．L1变亮,L2变暗,与结论不相符，选项A错误；B．L1变暗，L2变亮,与结论不相符，选项B错误;C．L1、L2均变暗，与结论不相符，选项C错误；D．L1、L2均变亮,与结论相符,选项D正确；故选D。9。如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L,且∠abc=∠bcd=135º．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力A.方向沿纸面向上,大小为(+1)ILBB.方向沿纸面向上，大小为（-1)ILBC。方向沿纸面向下,大小为（+1)ILBD.方向沿纸面向下,大小为（—1)ILB【答案】A【解析】【详解】导线段abcd在磁场中的等效长度为ad两点连线的长度，则；等效电流方向由a→d，据左手定则，安培力方向沿纸面向上，A正确．【点睛】本题也可求出ab、bc和cd所受安培力的大小和方向，然后合成．10.下图中,洛伦兹力的方向判断正确的是（)A。B.C。D。【答案】AD【解析】【详解】A．根据左手定则,磁感线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向向右，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力向上，故A正确；B．根据左手定则,磁感线穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向向左，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力向上，故B错误；C．当速度与磁感线平行时，电荷不受洛伦兹力,故C错误；D．根据左手定则，磁感线穿过手心,四指指向负电荷运动的反方向向下，拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力方向垂直纸面向外，故D正确。故选AD。【点睛】带电粒子在磁场中运动时受到洛伦兹力方向根据左手定则判断,由磁感线方向确定手心方向，由电荷运动方向确定四指指向，由大拇指指向来判断洛伦兹力的方向。11。如图所示，带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为A.v0 B。1/v0 C。2v0 D。v0/2【答案】C【解析】【详解】设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:qv0B=m,解得：，如果换成匀强电场,水平方向以v0做匀速直线运动,在水平方向:d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：,解得：,则=2v0，故选C．【点睛】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律,在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．12.下图是磁流体发电机原理示意图，A、B极板间的磁场方向垂直于纸面向里,等离子束从左向右进入板间，下述正确的是()A。A板电势高于B板，负载R中电流向上B。B板电势高于A板,负载R中电流向上CA板电势高于B板，负载R中电流向下D.B板电势高于A板，负载R中电流向下【答案】C【解析】【详解】根据左手定则,正电荷所受洛伦兹力向上，负电荷所受洛伦兹力向下，所以A板带正电,为电源正极,B板带负电,为电源负极；所以电流方向从上到下,故C正确,ABD错误。故选C。二、多项选择题：本题共5小题,每小题4分,共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。13.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知()A.三个等势面中,a的电势最高B。带电质点通过P点时的电势能较Q点大C。带电质点通过P点时的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大【答案】BD【解析】【详解】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c点电势最高，故A错误;BC．根据带正电的质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，即P点时电势能较大，而动能较小，故B正确，C错误；D．等差等势线密的地方电场线也密，电场强度大,所受电场力大,因此P点加速度也大,故D正确．14.如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场,电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功32J,金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的（)A.动能减少10J B。电势能增加24JC.机械能减少24J D.内能增加16J【答案】AD【解析】【详解】A．根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，则即动能减少10J;A正确;B．电势能的变化量等于电场力做功，即即电势能增加8J；B错误；C．机械能的变化量等于除重力以外的其它力做功,即即机械能增加8J；C错误；D．内能增加量等于客服摩擦力做功，即16J,D正确。故选AD.15。质量为的通电导体棒置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为,导体棒与导轨间的动摩擦因数为．有电流时，恰好在导轨上静止,如图所示．图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向,其中导体棒与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（）A。 B. C。 D.【答案】AB【解析】【详解】A。导体棒受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力,若三个力平衡,则不受摩擦力，故A正确;B.导体棒受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力，故B正确C.导体棒受重力,竖直向下的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力,导体棒不可能平衡，故C错误；D.导体棒受重力、水平向左的安培力和斜面的支持力,若不受摩擦力，导体棒不可能平衡,故D错误．16。回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源相连接的两个形金属盒,两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，重力不计，下列说法中正确的是（）A。增加交流电的电压 B。增大磁感应强度C.改变磁场方向 D。增大加速器半径【答案】BD【解析】【详解】根据解得则带电粒子射出时的动能为：,那么动能与磁感应强度的大小和D型盒的半径有关,增大磁感应强度B或半径R，均能增大带电粒子射出时的动能；A.增加交流电的电压，与结论不相符，选项A不符合题意;B.增大磁感应强度,与结论相符,选项B符合题意；C.改变磁场方向,与结论不相符，选项C不符合题意;D.增大加速器的半径，与结论相符，选项D符合题意；17.如图所示，一带电粒子（重力不计）在匀强磁场中沿图中轨道运动，中央是一簿绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知()A.粒子的动动方向是abcdeB.粒子带正电C。粒子的运动方向是edcbaD.粒子在下半周期比上半周期所用时间长【答案】BC【解析】【详解】带电粒子在磁场中由洛伦兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则由可得：,可见粒子的轨迹半径与速率成正比；因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过绝缘板,故运动方向为edcba；故A错误，C正确;粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带正电,故B正确．因粒子转动的周期，在转动中磁感应强度及质量没有变化,故周期不变，而由图可知，粒子在上下都经过半个周期,时间相等；故D错误．三、实验题：本题共2小题，第18题6分,第19题9分，共15分。请将答案填在横线上，不要求写出说明或证明。18.用电流传感器和电压传感器等可测干电池的电动势和内电阻．改变电路的外电阻，通过电压传感器和电流传感器测量不同工作状态的端电压和电流，输入计算机,自动生成U－I图线，由图线得出电动势和内电阻．(1）记录数据后，打开“坐标绘图"界面,设x轴为“I”，y轴为“U”，点击直接拟合，就可以画出U－I图象，得实验结果如图甲所示．根据图线显示，拟合直线方程为：________，测得干电池的电动势为________V，干电池的内电阻为________Ω.（2）现有一小灯泡，其U－I特性曲线如图乙所示，若将此小灯泡接在上述干电池两端,小灯泡的实际功率是多少?(简要写出求解过程;若需作图,可直接画在方格图中)．【答案】(1)y＝－2x＋1.51.52(2）0.27W【解析】（1）设直线方程为y＝ax＋b，把坐标（0，1。5)和(0。75，0)代入方程解得：a＝－2，b＝1.5,得出直线方程为：y＝－2x＋1.5;由闭合电路的欧姆定律得：E＝IR＋Ir＝U＋Ir,对比图象可得：E＝1。5V,r＝2Ω.(2）作出U＝E－Ir图线，可得小灯泡工作电流为0.30A，工作电压为0。90V，因此小灯泡的实际功率为：P＝UI＝0。30×0.90W＝0。27W。19。为测量一个定值电阻阻值，备用器材如下：待测电阻Rx电流表A1(量程100μA,内阻约2kΩ)电流表A2(量程500μA，内阻约300Ω)电压表V1（量程15V，内阻约150kΩ)电压表V2(量程50V，内阻约500kΩ）电源E（电动势15V）滑动变阻器R(最大阻值1kΩ)多用电表，开关S,导线若干（1）先用多用电表欧姆挡对Rx进行粗测．若选择×100Ω挡用正确的测量方法进行测量，发现指针几乎不偏转，为较准确测量应选用________挡（×10,×1k）.重新选挡测量，刻度盘上的指针位置如上图所示，测量结果是________Ω。(2)现用伏安法测量Rx阻值．了尽量减小实验误差，要求测多组数据。①电流表应选________，电压表应选________．②画出实验电路图_____．③根据实验中测得的多组数据作出的U－I图线如下图所示，根据图线求得待测电阻的阻值为________Ω【答案】(1）.×1k(2).30k(3）。（4).（5）.（6)。31k【解析】【详解】（1）［1]［2]指针偏角小，说明待测电阻的阻值较大，应换用“×1k”挡,并重新调零后测量，测量时手不能接触电阻；欧姆表的读数为:（2）①[3］[4］电压表和电流表的选择要求指针偏转角度大些,在其满量程的三分之二左右偏转最好,由于所选电源电动势为15V，因此电压表选择，根据欧姆表的粗测可知，该电阻大小30kΩ，因此回路中的最大电流为：故电流表选择。②[5]要求多测数据，应采用滑动变阻器的分压接法，由于待测电阻较大，因此电流表采用内接法，故具体电路图如下所示：③[6]根据该电阻的U—I图线可以求出待测电阻为:【点睛】明确各种测量电阻方法的原理以及误差来源，熟练掌握安培表的内外接法以及滑动变阻器的分压和限流接法.四、解答题：本题共4小题，共41分。解答时写出必要的文字说明、方程和演算步骤。只写答案的不得分,有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位.20。如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2。4×10－5J的功,再从B点移到C点，电场力做了1。2×10－5J的功．求：（1）A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少?(3）作出过B点的一条电场线(只保留作图的痕迹,不写做法）．【答案】(1）UAB＝4V，UBC＝－2V(2)φA＝4V,φC＝2V(3）如下图所示【解析】（1)根据可得;；（2）由于，又,解得；（3）取AB的中点D，D点的电势为2V，连接CD,为等势线,电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示．【点睛】解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系,电势差与电势的关系．知道电场线与等势线垂直,由高电势指向低电势．21.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6。0×105N/C,方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C，质量m＝1。0×10－2kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0。20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2。0m/s，如图所示．（g取10m/s2)试求:（1)物块向右运动的最大距离；(2)物块最终停止的位置．【答案】（1)0.4m(2）0。2m【解析】【分析】先求出滑动摩擦力和电场力，通过比较,判断出物体的运动规律；然后对向右的减速过程和向左的总过程运用动能定理列式求解，得出物体的运动轨迹最终停止的位置．【详解】（1）物体受到的电场力为：F=Eq=6×105×5×10-8=0。03N，方向水平向左．物体受到的摩擦力为：f=μmg=0。2×0。01×10=0。02N；F＞f；物块先向右减速运动，再向左加速运动,越过O点进入无电场区域后,再减速运动直到停止．设物块到达最右端的坐标为x1m，对O→x1m处，由动能定理得：—F•x1—f•x1=0—mv02

即：0.03x1+0.02x1=×0.01×4

解得:x1=0.4m

（2）设物块最终停止的位置坐标为-x2m，对O→—x2m处，由动能定理得:—2f•x1-f•x2=0—mv02

即：2×0。02×0。4+0。02x2=×0.01×4

得：x