贵州省剑河县第二中学高二上学期期末考试物理试题含解析

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，业必贵于专精贵州省剑河县第二中学2019-2020学年上学期期末考试高二物理（本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟）分卷I一、单选题(共10小题，每小题3。0分,共30分)1.下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大（)A.质子 B。氘核 C.粒子 D.钠离子【答案】A【解析】【详解】四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U，故根据动能定理，有：解得：由上式可知,比荷越大，获得的速度越大,由于质子的比荷最大,所以质子获得的速度最大．故选A．2。如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线．若A、B点的横坐标均为1A，那么AB线段表示的功率为（)A。1W B。6W C。2W D。2。5W【答案】C【解析】【详解】电源的总功率，C点表示，,则电源的电动势，由图看出,C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有，代入解得,,所以AB段表示的功率为，故C正确，ABD错误．3。如图①②所示，在匀强磁场中,有两个通电线圈处于如图所示的位置，则A.从上往下俯视，①中的线圈顺时针转动B.从上往下俯视，①中的线圈逆时针转动C.从上往下俯视,②中的线圈顺时针转动D.从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动【答案】D【解析】试题分析：根据图①所示，由左手定则可知，线圈各边所示安培力都在线圈所在平面内，线圈不会绕OO′轴转动，故A错误，B错误；根据图②所示，由左手定则可知,线圈左、右两边所受安培力分别垂直与纸面向外和向里，线圈会绕OO′轴转动,从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动．故C错误,D正确．故选D．考点：电磁感应；左手定则【名师点睛】本题考查了判断线圈是否会绕轴转动，应用左手定则判断出线圈所受安培力方向即可正确解题．4。如图所示，正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上,沿x轴上各点的电场强度大小和电势分别用E和ϕ表示．选取无穷远处电势为零，下列关于x轴上各点电场强度的大小E或电势ϕ随位置x的变化关系图，正确的是()A. B. C。 D。【答案】C【解析】分析】该题中正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，金属球是一个等势体．从金属球到无穷远处的电势降低．【详解】AB．金属球是一个等势体,等势体内部的场强处处为0，AB错误；CD．金属球是一个等势体，等势体内部的电势处处相等，C正确D错误。故选C。【点睛】该题考查带正电荷的金属球周围的场强分布与电势的特点，除了上述的方法，还可以使用积分法求它的场强和电势，属于简单题。5.如图所示,一圆柱形匀强磁场区域的横截面是半径为R的圆，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿垂直于直径ab的方向射入磁场区域，入射点与ab的距离为，已知粒子出射时速度方向偏转了60°(不计重力)．则粒子的速率为（)A。B.C。D。【答案】C【解析】【详解】粒子运动轨迹如图所示:粒子出射时速度方向偏转了60°,即：θ＝60°，由题意可知:入射点与ab的距离为，则:AB＝CD＝,cosβ＝＝，解得:β＝60°，由几何知识得:α＝＝＝60°,粒子做圆周运动的轨道半径：r＝CDtanβ＋CDtanα＝tan60°＋tan60°＝R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：v＝故C符合题意，ABD不符合题意。6.一个带有绝缘座的空心金属球壳A带有4×10–8C的正电荷,有绝缘柄的金属小球B带有2×10–8C的负电荷，使小球B与球壳A的内壁接触．如图所示，则A、B带电荷量分别为A.QA=1×10–8C，QB=1×10–8CB。QA=2×10–8C，QB=0C。QA=0，QB=2×10–8CDQA=4×10–8C，QB=–2×10–8C【答案】B【解析】【详解】根据接触带电原理和静电平衡条件知，正负电荷先中和，剩余电荷只能分布在导体外表面，所以QA=2×10–8C,QB=0,故B正确，ACD错误．7。如图所示，矩形线框abcd与条形磁铁的中轴线位于同一平面内，线框内通有电流I，则线框受磁场力的情况（）A.ab和cd受力，其它二边不受力B.ab和cd受到力大小相等方向相反C.ad和bc受到的力大小相等，方向相反D.以上说法都不对【答案】D【解析】【详解】A．各边都处在磁场中，各边电流方向都与磁场方向不平行，都受到安培力的作用,故A错误;B．ab边所处位置磁感应强度大，cd边所处位置磁感应强度小,而两边电流大小相等，由F=BILsinθ可知两边所受安培力不相等，故B错误；C．ad边与bc边关于条形磁铁对称,它们所处的磁场强度大小相等，两边长度与电流大小相等,由F=BILsinθ可知,两边所受安培力大小相等，由左手定则可知安培力的方向相同，故C错误；D．由上可知，故D正确。

故选D.8.如图所示，Q带负电荷,导体P在a处接地，下列说法中正确的是()A。P的a端不带电荷，b端带负电荷B。P的a端带正电荷，b端不带电C.P的a端带正电荷，b端带负电荷,且正、负电荷的电荷量相等D。导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量【答案】B【解析】试题分析:金属导体P接地时与大地组成一个新的导体，a为新导体的靠近Q的一端,而大地是远离Q的一端,由于静电感应的作用，靠近Q的一端会带上与Q相反的电荷，即带上正电荷．接地的过程应是b端感应出来的负电荷被导到大地上，所以b端不带电．故B正确，考点：考查了静电感应现象9。关于电功W和电热Q的说法正确的是(）A.任何电路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，且W＝QB.在任何电路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，但W不一定等于QC。W＝UIt、Q＝I2Rt均只有在纯电阻电路中才成立D.W＝UIt在任何电路中都成立,Q＝I2Rt只在纯电阻电路中才成立【答案】B【解析】【分析】纯电阻电路，电功可用公式计算,也可用公式计算，非纯电阻电路，电功用公式计算，电热用公式计算【详解】非纯电阻中，用来求电功,用来求电热,但W>Q;只有在纯电阻电路，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式计算,也可用公式计算，可用于任何电路求总电功，而可以适用任何电路求热功，故B、D正确，A、C错误；故选BD．【点睛】关键是了解纯电阻电路、非纯电阻电路,对于电功、电热计算，注意灵活选取公式．10.电阻R和电动机M串联接到电路时，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有（

）A。U1〈U2,Q1=Q2B.U1=U2，Q1=Q2C。W1=W2，Q1〉Q2D。W1<W2，Q1〈Q2【答案】A【解析】【详解】设开关接通后，电路中电流为I．

对于电阻R,由欧姆定律得U1=IR对于电动机，U2＞IR，则U1＜U2．根据焦耳定律得Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，则Q1=Q2因W1=Q1W2=Q2+E机械则W1<W2．A．U1〈U2,Q1=Q2,与结论相符，选项A正确;B．U1=U2，Q1=Q2，与结论不相符，选项B错误；C．W1=W2，Q1>Q2，与结论不相符，选项C错误；D．W1〈W2，Q1〈Q2，与结论不相符，选项D错误;二、多选题（共4小题，每小题4.0分,共16分)11.如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点,AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点,则（)A.R越大，x越大B。R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C。m越大，x越小D.m与R同时增大,电场力做功增大【答案】AD【解析】【详解】小球在BCD部分做圆周运动，在D点,，小球由B到D的过程中有:，解得，R越大，小球经过B点时的速度越大,则x越大，选项A正确；在B点有：，解得,与R无关，选项B错误；由,知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多,选项C错误，D正确．综上所述本题答案是：AD12.如图所示,一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上,整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时速度，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是()A.始终做匀速运动B.先做减速运动,最后静止于杆上C。先做加速运动，最后做匀速运动D。先做减速运动，最后做匀速运动【答案】ABD【解析】【详解】A．当带负电环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好等于自身的重力时,则环与杆没有相互作用力，所以没有摩擦力存在，因此环做匀速运动，故A符合题意；

B．当带负电的环进入磁场时的竖直向上的洛伦兹力小于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在,因此环在摩擦力作用下,做减速运动，直到停止，故B符合题意；

C．当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力，其大小决定环是否受到摩擦力，所以环不可能加速运动，故C不符合题意;

D．当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好大于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环做减速运动,导致洛伦兹力大小减小,当其等于重力时，环开始做匀速直线运动，故D符合题意。故选ABD。13。根据欧姆定律，下列判断正确的是（）A。导体两端的电压越大，导体的电阻越大B。加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C。电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低D。电解液短时间内导电的U﹣I线是一条曲线【答案】C【解析】导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关,故A错误；气体不适用于欧姆定律，故加在气体两端的电压与通过的电流的比值不是一个常数，故B错误;每个电阻均要产生电势差，故沿电流的方向,电势要降低，故C正确；电解液导电适用欧姆定律，故其U﹣I图象为一直线，故D错误．所以C正确,ABD错误．14。已知压敏电阻的受力面所受压力越小,其阻值越大，如图甲，将压敏电阻R平放在竖直升降电梯的轿厢内，受力面朝上，在其受力面放一质量为m物体,电梯静止时电压表示数为U0；某段时间内电压表示数随时间变化图线如图乙，则()A.t1-

t2时间内压敏电阻受力面所受压力恒定B。t1—

t2时间内电容器处于充电状态C.t2之后电梯处于超重状态D.t2之后电梯做匀变速运动【答案】BD【解析】【详解】由图压敏电阻上的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变;当电压增大时，压敏电阻以外的其余部分分担的电压减小，电路中的电流值将减小,所以电路中的电阻值增大，其余的部分电阻值不变，所以压敏电阻的电阻值增大．在t1-t2时间内压敏电阻上的电压增大，压敏电阻的电阻值增大,知压敏电阻的受力面所受压力减小．故A错误;由电路图可知,电容器两端的电压与电压表两端的电压是相等的，在t1-t2时间内电压表两端的电压增大，所以电容器两端的电压增大，则电容器处于充电状态．故B正确;由图可知，t2之后电压表两端的电压大于开始时电压表两端的电压，所以压敏电阻的受力面所受压力小于开始时受到的压力，所以电梯处于失重状态．故C错误；t2之后电压表两端的电压不变，则压敏电阻的受力面所受压力不变，由于小于开始时受到的压力，所以t2之后电梯做匀变速运动,故D正确．综上分析，BD正确．分卷II三、实验题(共2小题,共15分)15。有以下可供选用的器材及导线若干条，要求使用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流．A．被测电流表A1：满偏电流约700~800，内阻约100Ω，刻度均匀、总格数为N；B．电流表A2：量程0.6A，内阻0.1Ω；C．电压表V：量程3V，内阻3kΩ；D．滑动变阻器R1：最大阻值200Ω；E．滑动变阻器R2：最大阻值1kΩ；F．电源E:电动势3V、内阻1。5Ω;G．开关一个.(1）选用的器材应为_____________．（填A→G字母代号）（2）在虚线框内画出实验电路图，并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号．（）（3）测量过程中测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A1的指针偏转了n格，可算出满偏电流Ig=________，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是_____________．【答案】（1）.ACDFG(2).(3）.（4）.U为电压表读数，RV为电压表内阻【解析】【详解】（1）[1］．其中AFG为必选器材，为了滑动方便,应选择最大阻值较小的滑动变阻器，以及电压表V，题目中的电流表量程0。6安,指针偏角过小误差较大,舍去；故选择的器材有:ACDFG;

（2）[2］．电压表量程3V，内阻3kΩ，满偏电流为，与待测电流表类似，可以当作电流表使用；与待测电流表串联即可;因为要求精确,故采用滑动变阻器分压式接法，电压可以连续调节,电路图如图所示：

（3）[3]［4］．待测电流表总格数为N,电流等于电压表电流，为：;电流表与电压表串联，电流相等，故:n：N=I：Ig故其中U为电压表读数,RV为电压表内阻;16。有一根细而均匀的导电材料样品(如图a所示），截面为同心圆环(如图b所示），此样品长约为6cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为ρ,因该样品的内径太小,无法直接测量．现提供以下实验器材：A．20分度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ)D．电流表A1(量程50mA,内阻约20Ω）E．电流表A2(量程0．3A，内阻约1Ω)F．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）G．直流电源E(约4V，内阻不计)H．导电材料样品RxI．开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案,回答下列问题：(1）用游标卡尺测得该样品的长度为L；用螺旋测微器测得该样品的外径如图c所示,其示数D＝_________mm．(2）请选择合适的仪器，设计一个合理的电路图来测量导电材料样品的电阻Rx．在方框内画出实验电路原理图，并标明所选器材的符号______．这个实验电阻Rx的测量值将________(填“大于"“等于”或“小于”）实际值．（3)若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和I，则用已知物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d＝_______________．【答案】(1).6.125±0。002（2).(3)。小于(4).【解析】【详解】试题分析：（1）由图c所示螺旋测微器可知,固定刻度示数为6mm,可动刻度示数为12。2×0。01mm=0。122mm,螺旋测微器示数．（2）由所给实验器材可知，应采用伏安法测电阻阻值,由于待测电阻阻值约为100Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电路最大电流约为，电流表应选A1,电流表内阻约为20Ω，电压表内阻约为3000Ω,相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值,电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；电流表采用外接法，由于电压表分流,电流测量值大于真实值,电阻测量值小于真实值．(3)由欧姆定律可知，样品电阻：，由电阻定律可知：,解得：；四、计算题17。如图甲所示，在水平方向的匀强电场中，用长为l的绝缘细线，拴住质量为m、带电量为q的小球,线的上端O固定，开始时将线和球拉成水平，松开后，小球由静止开始向下摆动,当摆过60°角时，速度又变为零．问：（1）A、B两点的电势差多大？（2）电场强度多大？【答案】（1）AB两点的电势差UAB为﹣；（2)匀强电场的场强大小是．【解析】试题分析：(1）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；（2)根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强．式中d是AB沿电场线方向的距离,d=L﹣Lcos60°．解:（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsin60°+qUAB=0,解得：UAB=﹣；（2)BA间电势差为：UBA=﹣UAB=，则场强：E==；答：（1）AB两点的电势差UAB为﹣；(2)匀强电场的场强大小是．【点评】本题是带电体在电场中平衡和圆周运动的问题，需要正确分析小球的运动过程和小球的受力情况，根据动能定理和平衡条件,以及电场知识综合求解．18.如图所示,在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为＋2q，B球的带电量为－3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L,开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．视小球为质点,不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的匀强电场后，系统开始运动．已知MN、PQ间电势差为U．不计A，B两球间的库仑力，两球均视为点电荷．试求：（1）开始运动时，带电系统的加速度大小；（2）A球刚运动到PQ位置时的速度大小；（3）带电系统从静止开始向右运动的最大距离．【答案】（1）(2）（3)【解析】【详解】（1）开始运动时，带电系统的加速度，根据牛顿定律有:解得：（2）从开始运动，到A球刚运动到PQ位置，根据动能定理:解得:（3）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．设A球离开PQ的最大位移为x,由动能定理得：解得：所以：19.如图所示，平行金属导轨间距为0.5m,水平放置，电源电动势为E=1。5V，内阻r=0.2Ω，质量m=0.05kg的金属棒电阻R=2。8Ω，与平行导轨垂直,其余电阻不计，空间中有磁感应强度B=2。0T、方向与导轨平面成60°角的匀强磁场，且垂直于金属棒,接通电路后，金属棒仍处于静止.（g=10m/s）求:(1）金属棒所受