2018-2019学年湖南省醴陵二中、醴陵四中高二上学期期末联考物理试题 解析版 14页

醴陵二中、醴陵四中 ‎2018年下学期两校联考高二年级物理科期末考试试卷 一、选择题 ‎1. 英国物理学家法拉第引入了“电场”和“磁场”的概念，并用画电场线和磁感线的方法来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础．下列相关说法正确的是（ ）‎ A. 电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过电场发生的 B. 磁极和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的 C. 电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交 D. 通过实验可发现电场线和磁感线的存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电荷和电荷之间是通过电场发生相互作用，而通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，选项A错误；磁极和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，选项B正确；电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线也不可能相交，选项C错误；磁感线和电场线都是人们假想的曲线，实际上电场线和磁感线都是不存在的，选项D错误；故选B.‎ 考点：物理学史；电场线和磁感线.‎ ‎2.下列说法中正确的是 A. 电场线越密处场强越大，电势越高 B. 沿电场线的方向电势逐渐降低 C. 场强为0处，电势一定为0‎ D. 在电势高处电荷具有的电势能大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线越密处场强越大，但是电势不一定越高，例如距离负点电荷较近的位置，选项A错误；沿电场线的方向电势逐渐降低，选项B正确；场强为0处，电势不一定为0，例如在等量同种电荷连线的中点处，选项C错误；正电荷在电势高处电荷具有的电势能大，负电荷正好相反，选项D错误；故选B.‎ ‎3.如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U。将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中 A. 克服电场力做功qU B. 电场力做功大于qU C. 电场力做功等于qU D. 电场力做功小于qU ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场力的方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负．由U=Ed，定性分析b、c两点间电势差与d、e两点间电势差的关系，再由电场力做功公式W=qU研究+q从d点移动到e点的过程中电场力做功大小．‎ ‎【详解】在+Q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功。根据E=kQ/r2得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由U=Ed分析可知，将+q从d点移动到e点的过程中，电场力做功小于从b点移动到c点的过程中电场力做功qU．所以电场力做功小于qU。故选D。‎ ‎【点睛】公式U=Ed，适用于匀强电场，但可用来定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系．‎ ‎4.如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示。粒子在A点的加速度为aA、电势能为EPA；在B点的加速度为aB、电势能为EPB。则下列结论正确的是 A. 粒子带正电，aA＞aB，EPA＞EPB B. 粒子带负电，aA＞aB，EPA＞EPB C. 粒子带正电，aA＜aB，EPA＜EPB D. 粒子带负电，aA＜aB，EPA＜EPB ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式判断电势能高低．‎ ‎【详解】由于等势面是同心圆，且半径外大里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aA＜aB；从A到B，电势降低，根据公式，B点电势能大，即EPA＜EPB；故选D。‎ ‎【点睛】本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据公式φ=Ep /q 判断电势能大小．‎ ‎5.关于电源的电动势，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压 B. 同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化 C. 电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量 D. 电路中，当电阻变大时，电源的电动势也增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：A项，电压表测得的是电源电压，小于电动势，故A项错误。‎ B、D项，电动势是非静电力在电源内部移送单位电荷所做的功，电动势是电源本身的属性，与外接电路无关，故B、D项错误。 ‎ C项，电动势衡量电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，故C项正确。‎ ‎6.如图所示，当ab端接入100V电压时，cd两端为20V；当cd两端接入100V时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是 A. 2：1：1 B. 3：2：1‎ C. 4：1：2 D. 以上都不对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析两种情况下电路的结构，由串联电路的分压规律可得出电阻的关系；再得出三个电阻的关系。‎ ‎【详解】当ab端接入电压时，cd端输出电压为20=×100；解得：2R3=R1；当cd接入电压时，ab端输出电压50=×100；解得： R3=2R2；故电阻之比R1：R2：R3=4：1：2．故ABD错误，C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题考查串联电路的分压原理，要注意明确电路的结构，再由串联电路的规律进行分压。‎ ‎7.如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则棒MN所受安培力大小(　　)‎ A. F＝BId B. F＝BIdsin θ C. F＝BIdcos θ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电流的方向与磁场方向垂直,则F=BIL=，L为导线的长度。故D正确，ABC错误。‎ 故选：D.‎ ‎8.如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，曲线表示其运动轨迹，由图知：‎ A. 粒子带正电 B. 粒子运动方向是abcde C. 粒子运动方向是edcba D. 粒子在上半周所用时间比下半周所用时间短 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系．‎ ‎【详解】带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板后粒子速率变小，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式：r＝，粒子的半径将减小，故粒子应是由下方穿过金属板，故粒子运动方向为edcba，根据左手定则可得，粒子应带负电，故AB错误，C正确；由可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T/2，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解．‎ ‎9.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（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，则有 A. 若保持S不变，增大d，则θ变大 B. 若保持S不变，增大d，则θ变小 C. 若保持d不变，减小S，则θ变小 D. 若保持d不变，减小S，则θ变大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据电容的决定式，抓住电量不变，再由电容的定义式C=Q/U分析电容器板间电压的变化，即可作出判断．‎ ‎【详解】保持S不变，增大d，由电容器的决定式知，电容C变小，电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U分析可知电容器板间电压增大，则θ变大。故A正确，B错误。保持d不变，减小S，由电容器的决定式知，电容变小，电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U分析可知电容器板间电压变大，则θ变大。故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】对于电容器的动态分析问题，首先要掌握电容的决定因素，通过掌握电容的决定式，据此式分析电容的变化，并掌握电容的定义式C=Q/C分析电容器的电压或电量的变化情况．‎ ‎10.如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，定值电阻R3＝5 Ω.当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是（　　）‎ A. 电阻R1、R2可能分别为4Ω、5Ω B. 电阻R1、R2可能分别为3Ω、6Ω C. 开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数 D. 开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 本题考查闭合电路的欧姆定律，意在考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力。‎ A、B由题设，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有 将=3Ω、=6Ω代入方程不成立，而将=4Ω、=5Ω代入方程成立，故A错误，B正确；‎ C、电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，由知，P相同，若R大，则U大，所以电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数，故C错误；‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：，则压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为，故D正确。‎ 所以选BD ‎11.如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和 匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，有些未发生任何偏转．如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论 A. 它们的动能可能相同 B. 它们的比荷一定各不相同 C. 它们的电荷量一定各不相同 D. 它们的质量一定各不相同 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场和电场正交区域里，同时受到洛伦兹力和电场力作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=E/B，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，满足qvB=m，圆周运动的半径R=，由此进行分析得出结论．‎ ‎【详解】因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB=qE，得出能不偏转的粒子速度应满足 v=E/B。粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB=m，圆周运动的半径，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，由得知，所以粒子能分裂成几束的粒子的比值不同，则电荷量与质量之比一定不相同。而质量m、电荷量可能相同，则动能也可能相同。故AB正确，CD错误。故选AB。‎ ‎【点睛】此题要能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，理解速度选择器的原理．在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式，从而得出正确的结论．‎ ‎12.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板。下列说法正确的是 A. 若将滑片P向上滑动，粒子将向b板偏转 B. 若将a极板向上移动，粒子将向b板偏转 C. 若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转 D. 若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电容器与R并联，故电容器两端的电压等于R两端的电压；则a、b之间形成电场，带电粒子在混合场中做匀速运动，则可知电场力应与磁场力大小相等方向相反；则分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，则可知粒子受力的变化，即可得出带电粒子偏转的方向．‎ ‎【详解】因电容器与电阻并联，将滑片P向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故A正确；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E=U/d可知，板间场强减小，若粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛仑兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故B正确；由图可知a板带正电，b板带负电；带电粒子带负电，受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛仑兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故C正确；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误； 故选ABC。‎ ‎【点睛】本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；同时要注意由于题目中没有给出粒子的电性，故必须讨论可能出现的情况．‎ 二、实验题 ‎13.如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路。以下分析正确的是 A. 此接法的测量值大于真实值 B. 此接法的测量值小于真实值 C. 此接法要求待测电阻值小于电流表内阻 D. 开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：上图是电流表的内接法测电阻，图中电压表示数大于的两端电压，所以测量值Rx===Rx+RA，A正确，B错误；内接法的误差是由于电流表的分压造成的，如果待测电阻值比电流表内阻越大，电流表分压作用越小，误差越小，故C错误；为了安全期间，以防超过电表量程，滑动变阻器开始要处于最右端，让分压最小，D错误。故选A。‎ 考点：伏安法测电阻 ‎14.“测定电池的电动势和内阻”的实验中：‎ ‎(1)在如图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于___________端（填“A”或“B”）。‎ ‎(2)如图乙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω。‎ ‎(3)实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的A、B两端，则理论上电动势的测量值和真实值关系E测________ E真，内阻的测量值和真实值 r测________ r真（填“＜，＞，或=”）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 1.5 (3). 1.0 (4). = (5). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；‎ ‎（2）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻．‎ ‎（3）将电压表并连在滑动变阻器的A．B两端，误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻，则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况．‎ ‎【详解】（1）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为右半部分；故滑片应接到A端； （2）在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小．U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；U-I图象斜率的绝对值等于内阻，所以； （3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的．而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值． ‎ ‎【点睛】本题考查实验的连接和数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻．‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子(不计重力)以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，已经粒子穿过此磁场区域的时间为t，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转角为60°，求该带电粒子的比荷及带电粒子在磁场中运动的周期。‎ ‎【答案】带电粒子的比荷为，带电粒子在磁场中运动的周期为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角也等于60°，由时间与周期的关系，求解比荷．由圆心角，可求出粒子的周期等于6t．‎ ‎【详解】由题，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角也等于60°，则有   t=T，得，T=6t ‎ 由qvB=m得， 周期 ‎ 则得，‎ ‎16.如图所示，电阻R1＝2Ω，小灯泡L上标有“3V 1.5 W”，电源内阻r＝1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0（大小未知），当触头P滑动到最上端a时安培表的读数为l A，小灯泡L恰好正常发光，求：‎ ‎(1)滑动变阻器的最大阻值R0；‎ ‎(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率。‎ ‎【答案】（1）6Ω（2）12 W ；8 W ‎【解析】‎ ‎（1）当触头滑动到最上端时，流过小灯泡的电流为：‎ 流过滑动变阻器的电者呐：‎ 故：‎ ‎（2）电源电动势为：‎ 当触头，滑动到最下端时，滑动交阻器和小灯泡均被短路．电路中总电流为：‎ 故电源的总功率为：‎ 输出功率为：‎ ‎17.真空中存在着空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m，带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37°(取sin37°=0.6，cos37°=0.8）.现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。求运动过程中 ‎(1)小球受到的电场力的大小及方向；‎ ‎(2)小球从抛出点至最高点的过程中电场力做的功。‎ ‎【答案】(1)电场力大小 电场力的方向水平向右 (2)电场力做功 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小球静止释放时，由于所受电场力与重力均为恒力，故其运动方向和合外力方向一致，根据这点可以求出电场力大小和方向；‎ ‎（2）小球抛出后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的等时性，可求出水平方向的位移，利用电场力做功即可求出电势能的变化量，或者求出高点时小球水平方向速速，然后利用动能定理求解；‎ ‎【详解】（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为： Fe=mgtan37°=0.75mg，电场力的方向水平向右。故电场力为0.75mg，方向水平向右。 （2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0-gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a： ‎ 小球上升到最高点的时间t=， 此过程小球沿电场方向位移： 电场力做功 W=Fxsx=mv02‎ ‎【点睛】本题在复合场中考查了运动的合成、分运动之间的关系等，有一定的综合性。解这类问题的关键是：正确进行受力分析，弄清运动形式，利用相应物理规律求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎