【物理】广东第二师范学院番禺附属中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 15页

‎2019-2020学年度二师附中期末考试卷 高二理科物理 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（每小题3分，只有一个选项符合题意）‎ ‎1.由电场强度定义式可知，在电场中的同一点 (　　)‎ A. 电场强度E跟F成正比，跟q成反比 B. 无论检验电荷所带的电荷量如何变化，始终不变 C. 电荷在电场中某点所受的电场力大，则该点的电场强度强 D. 一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定；‎ 一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零；‎ ‎【详解】A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定，故A错误； B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变，故B正确； C、同一电荷在电场中某点所受的电场力大，P点的场强不一定为零，还要该电荷的电荷量大小，故C错误； D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零，故D错误．‎ ‎【点睛】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身的性质决定，反映电场本身的强弱和方向．‎ ‎2.两个相同的金属小球，带电量之比为1:7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由库仑定律可得：得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7．当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7．故D正确，ABC错误．‎ ‎3.如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电量为－q外，其余各点处的电量均为＋q，则圆心O处(　　) ‎ A. 场强大小为，方向沿AO方向 B. 场强大小为，方向沿OA方向 C. 场强大小为，方向沿AO方向 D. 场强大小为，方向沿OA方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】假设A处同样放+q的正电荷，由对称可知O处的合场强为零，所以在BCDE四处的+q电荷，在O处产生的合场强一定与A处所放的+q电荷产生的场强等大反向，即在BCDE四处的+q电荷在O处产生的合场强为，方向沿OA方向；所以若在A处放一个-q的电荷则圆心O处的场强为，方向沿OA方向．故C正确，ABD错误．‎ ‎4.如图，△abc中bc=4cm，∠acb＝30°．匀强电场的电场线平行于△abc所在平面，且a、b、‎ c点的电势分别为3V、-1V、3V．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电场强度的方向沿ac方向 B. 电场强度的大小为2 V/cm C. 电子从a点移动到b点，电势能减少了4 eV D. 电子从c点移动到b点，电场力做功为4 eV ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场力做功量度电势能的变化．匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知ac连线为一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，再根据公式U=Ed求出电场强度.‎ ‎【详解】因ac为等势面，则场强方向垂直于ac指向b点，选项A错误；电场强度的大小为，选项B正确；a点电势高于b点，则电子从a点移动到b点，电势能增加，选项C错误；电子从c点移动到b点，电场力做功为[3V-(-1V)](-e)=-4 eV，选项D错误；故选B.‎ ‎【点睛】题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面．知道公式U=Ed应用时d为沿着电场线方向的距离 ‎5.如图所示，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，当开关S闭合时，在P点处有一个带电液滴处于静止状态．现将开关S断开后，再将A、B板分别沿水平方向向左、右平移一小段距离，此过程中下列说法正确的是(　　)‎ A. 电容器的电容增加 B. 电阻R中有电流流过 C. 两极板间的电场强度不变 D. 若带电液滴仍在P点其电势能减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电容器的电量不变的情况下，将A板左移、B右移，则导致电容变化，电压变化，根据E=U/d与C=相结合可得E=，从而确定电场强度是否变化．根据EP=qψ，和U=Ex，可确定电势能的变化．‎ ‎【详解】A. 根据C=，当A板向左平移一小段距离，B板向右平移一小段，S减小，电容器电容C减小，故A错误；‎ B.因开关S断开，电容器无法充、放电，电阻R中无电流流过，故B错误；‎ C. 根据E=U/d与C=相结合可得E=，因电量Q不变，S减小，故电场强度E增大，故C错误；‎ D. 因场强增大，导致P点与B板的电势差增大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，带电粒子带负电，根据EP=qψ，带电液滴仍在P点时电势能减小，故D正确；‎ 故选D.‎ ‎6.一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为R. 把它拉制成直径为的均匀细丝后，在温度不变的情况下，它的电阻变为( )‎ A. 10000R B. 100R.‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S1=，由数学知识得知，直径变化后横截面积是S2=，由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=ρ得到，电阻是原来的10000倍，即为10000R．故选A．‎ ‎7.如下图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B为电阻R的U－I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是(　 　)‎ A. 2W,33.3% B. 4W,33.3% ‎ C. 2W,66.7% D. 4W,66.7%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象A可知电源的电动势为3V，短路电流为6A，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，效率等于R消耗的功率除以总功率．‎ ‎【详解】由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为：U=2V，电流为：I=2A；电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得：P=2×2W=4W，电源的总功率为：P总=EI=3×2W=6W；所以效率为：η=×100%=×100%=66.7%；故选D．‎ ‎【点睛】根据U-I图象A正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点．‎ ‎8.如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹．若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 建立电场的点电荷Q带负电 B. 粒子在M点的加速度比在N点的加速度大 C. 粒子在M点的速度比在N点的速度大 D. 粒子在M点的电势能比在N点的电势能大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图看出，电子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向上，故建立电场的点电荷Q带正电，A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，M点电场线稀疏，所以离子在M点的电场力小，加速度也小，B错误；粒子从M到N，电场力做正功，动能增大．电势能减小，所以离子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在M点的电势能比在N点的电势能大，所以C错误，D正确；故选D．‎ ‎【点睛】在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化，这对学生是基本的要求，要重点掌握.‎ ‎9.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将固定挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通有垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N2，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 弹簧长度将变长，N1> N2 B. 弹簧长度将变短，N1> N2‎ C. 弹簧长度将变长，N1< N2 D. 弹簧长度将变短，N1< N2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时条形磁铁受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁铁对水平面的压力等于磁铁的重力；增加通电导体棒后，根据条形磁铁磁感线分布情况得到导体棒所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出导体棒所受安培力方向如图所示.由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到导体棒的作用力斜向左上方，故条形磁铁对水平面的压力减小，同时弹簧缩短.‎ A．弹簧长度将变长，N1> N2，与结论不相符，选项A错误；‎ B．弹簧长度将变短，N1> N2，与结论相符，选项B正确；‎ C．弹簧长度将变长，N1< N2，与结论不相符，选项C错误；‎ D．弹簧长度将变短，N1< N2，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎10.闭合线框abcd，自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场，当它经过如图所示的三个位置时，感应电流的方向是（ ）‎ A. 经过Ⅰ时，a→d→c→b→a B. 经过Ⅱ时，a→b→c→d→a C. 经过Ⅱ时，无感应电流 D. 经过Ⅲ时，a→b→c→d→a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】经过Ⅰ时，向里的磁通量增加，根据楞次定律则感应电流磁场方向向外，由右手定则判断感应电流方向为逆时针，故A错误；经过Ⅱ时，磁通量不变，则感应电流为0，故B错误，C正确；经过Ⅲ时，向里的磁通量减少，根据楞次定律感应电流的磁场方向向里，由右手定则判断感应电流方向为顺时针，故D错误．故选C．‎ 二、多选题（每小题5分，漏3分）‎ ‎11.如图所示，甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小，可得(　　)‎ A. φA>φB B. φA<φB C. EA>EB D. EA＝EB ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B ‎，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB；故A错误，B正确.‎ CD.负电荷从A运动到B过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由知，EA＞EB；故C正确，D错误.‎ ‎12.如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个表头G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 甲是电流表原理，R减小时量程增大 B. 甲是电流表原理，R减小时量程减小 C. 乙是电压表原理，R减小时量程增大 D. 乙是电压表原理，R减小时量程减小 ‎【答案】AD ‎【解析】AB. 甲是电流表原理，R为分流电阻，当R减小时，所分电流变大，因此量程变大，故A正确B错误；‎ CD. 乙是电压表原理，R为分压电阻，R减小时，分压变小，因此量程变小，故C错误D正确．‎ ‎13.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图是在有匀强磁场云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是 A. 粒子先经过a点，再经过b点 B. 粒子先经过b点，再经过a点 C. 粒子带负电 D 粒子带正电 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C正确，D错误．故选AC．‎ 考点：左手定则 ‎14.在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20 cm，通电电流I＝1 A直导线，测得它受到的安培力F＝1.0 N，则P处磁感应强度可能为(　　)‎ A. 7 T B. 0.2 T C. 0.05 T D. 5 T ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】当通电导线垂直放入磁场中时，由安培力的公式：F=BIL得：．若电流的方向与磁场的方向不垂直，则：F=BILsinθ，可知此时磁感应强度一定大于5T． 故AD正确，BC错误．故选AD．‎ ‎15.如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场,粒子射入电场时的初动能均为Ek0.已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则( )‎ A. 所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 B. t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上 C. 所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek0‎ D. 若入射速度加倍成2v0,则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，说明运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；A正确，B错误；‎ C．t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为d；根据分位移公式，有：‎ 由于L=d，故：；故最大动能 C正确；‎ D．若t=0时刻的粒子入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一；D错误。‎ 故选AC．‎ ‎【点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解，不难．‎ 第II卷（非选择题)‎ 三、实验题（共14分）‎ ‎16.如图所示，由图读出金属丝的直径是_________mm。‎ ‎【答案】0.742 ~ 0.743‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．金属丝的直径是：0.5mm+0.01mm×24.2=0.742mm.‎ ‎17.为了测量一节旧干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：‎ A．待测干电池一节 B．直流电流表（量程0 ~ 0.6 ~ 3 A，0.6 A档内阻约为0.1Ω，3 A档内阻约为0.02Ω）‎ C．直流电压表（量程0 ~ 3 ~ 15 V，3 V内阻约为5 kΩ，15 V档内阻约为25 kΩ）‎ D．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 15Ω）‎ E．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 1000Ω）‎ F．开关，导线若干 ‎（1）为了尽可能减少误差，其中滑动变阻器选_______（填代号）．‎ ‎（2）根据实验记录，画出的U-I图线如图所示，从中可求出待测干电池的电动势为________V，内电阻为____Ω．‎ ‎【答案】 (1). D (2). 1.35 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]在干电池的电动势和内电阻实验中，滑动变阻器应选用最大阻值较小的，这是为了便于调节；‎ ‎(2)[2] U-I图像的纵截距表示电源电动势，由图中可以读出为1.35V；‎ ‎[3] U-I图像的斜率表示电源的内阻，‎ ‎．‎ ‎18.某兴趣小组想要描绘一只“5V，4W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整，实验室可供选用的器材除开关、导线外，还有：‎ 蓄电池组（电动势6V，内阻不计）‎ 电压表V（量程为0～6V，内阻约为4kΩ）‎ 电流表A1（量程为0～1A，内阻约为0.2Ω）‎ 电流表A2（量程为0～3A，内阻约为0.05Ω）‎ 滑动变阻器R（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）‎ ‎（1）实验中所用的电流表应选________；（填“A1”或“A2”）‎ ‎（2）请在虚线框内画出实验电路原理图； ‎ ‎（ ）‎ ‎（3）若该小组描绘出小灯泡的U-I图象如图所示，将其接在电动势E = 3V，r = 3Ω的电源两端，则稳定后小灯泡的电功率为________W（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). (3). 0.70‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]小灯泡的最大电流：‎ 故电流表选用即可；‎ ‎(2)[2]灯泡的最大电阻：‎ 由于，故电流表选用外接法；本实验电流从零开始，故滑动变阻器选用分压式接法，故电路如图所示：‎ ‎(3)[3]设小灯泡接入电源时，两端的电压为，通过的电流为，由闭合电路欧姆定律：‎ 在灯泡的中作出图像如图所示：‎ 图中的交点即为灯泡接入电源两端时灯泡的电压和电流，由图知：‎ ‎，‎ 故灯泡的电功率：‎ 四、解答题（共31分）‎ ‎19.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷＋Q产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：‎ ‎（1）物块在A点时受到轨道支持力的大小；‎ ‎（2）点电荷＋Q产生电场在B点的电势．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体受到点电荷的库仑力 由几何关系可知 ‎ 设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有 解得 ‎（2）设点电荷产生的电场在B点的电势为，由动能定理有：‎ 解得 ‎20.如图，在x轴上方有磁感强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感强度大小为B/2，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电量为–q的带电粒子（不计重力），从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：‎ ‎（1）经多长时间粒子第三次到达x轴．(初位置O点为第一次)‎ ‎（2）粒子第三次到达x轴时离O点的距离．‎ ‎【答案】（1）；（2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由牛顿第二定律得洛伦兹力提供向心力得出周期的表达式，根据几何关系求出时间；‎ ‎（2）由牛顿第二定律得轨道半径，根据几何关系求出对应的距离．‎ ‎【详解】(1)粒子的运动轨迹示意图如图所示 粒子在磁场中做圆周运动的周期：，‎ 粒子第三次到达x轴所需时间：t= T1+ T2=+=‎ ‎(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律：，‎ 粒子轨道半径：r1=，r2=，‎ 粒子第2次到达x轴时：L=2r1，‎ 粒子第三次到达想轴时，L=2(r1+r2)= ‎