【物理】贵州省黔南贵定县第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 16页

贵州省贵定县第二中学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8小题,每小题4.0分,共32分) ‎ ‎1.把一个带负电的球放在一块接地的金属板附近，对于球和金属板之间形成电场的电场线，在图中描绘正确的是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】静电平衡状态下，整个金属板是个等势体，所以金属板附近电场线与金属板表面垂直，选项A、D错误；金属板接地，金属板只带有正电荷，且分布在金属板的左表面，所以金属板右表面没有电场存在，选项B正确，C错误．‎ ‎2.吉尔伯特制作了第一只验电器，后来，英国人格雷改进了验电器，其结构如图1所示．验电器原来带正电，如果用一根带大量负电的金属棒接触验电器的金属球，金属箔的张角将（ ）‎ A. 先变小后变大 B. 变大 C. 变小 D. 先变大后变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】带大量负电的金属棒接触验电器的金属球是，验电器上所带的正电荷先辈负电荷中和，验电器带电减少，金属箔张角变小；中和完后，多余的负电荷又会转移到验电器上，是金属箔的张角再次变大．‎ 故选A ‎【点睛】容易题．带异种电荷的导体接触后电荷先中和，剩余的净电荷再重新分布到两个带电体上．‎ ‎3.如图所示为处于静电场中某空腔导体周围电场分布情况，实线表示电场线，虚线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点，O为空腔导体内的一点．下列说法正确的是(　　)‎ A. A、B、C、O四个点中，电场强度O点最小，B点最大 B. A、B、C、O四个点中，电势O点最小，B点最大 C. 将负电荷从A点移到B点，电场力做正功 D 将正电荷从A点移到C点，电场力做正功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 处于静电平衡时，整个空腔导体上各点的电势都相等．根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式WAB=qUAB来判断电场力做功的多少．‎ ‎【详解】A项：处于静电平衡状态时，导体内部电场强度为零，O为空腔导体内的一点，则O点的场强为零．由电场线越密的地方，电场强度越大，可知B点电场强度最大，故A正确；‎ B项：处于静电平衡时，整个空腔导体上各点的电势都相等，由于沿着电场线，电势逐渐降低，同一等势面上各点的电势相等，所以A、C两点的电势相等，高于O点的电势，O点的电势高于B点的电势，即φA=φC＞φO＞φB，即A、C两点的电势最高，B点的电势最低，故B错误；‎ C项：根据负电荷在电势高处电势能小，可知将负电荷从A点移到B点，电势能增大，则电场力做负功，故C错误；‎ D项：由于从A和C处于同一条等势线上，故从A到C过程的电场力不做功，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系．同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密．当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减．‎ ‎4.如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置通以大小相同，方向如图的电流，ac⊥bd，且ab=ad=ac，则a点处磁感应强度B 的方向为（ ）‎ A. 垂直于纸面向外 B. 垂直于纸面向里 C. 沿纸面由a 向d D. 沿纸面由a向c ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等．则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从b指向d，即为沿纸面由a指向d，故选C．‎ ‎5.关于洛伦兹力，以下说法正确的是（　　）‎ A. 带电粒子运动时不受洛伦兹力作用，则该处的磁感强度为零 B. 磁感强度、洛伦兹力、粒子的速度三者之间一定两两垂直 C. 洛伦兹力不会改变运动电荷的速度 D. 洛伦兹力对运动电荷一定不做功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．洛伦兹力表达式：‎ 为磁感应强度为与速度的夹角，所以磁感强度、洛伦兹力、粒子的速度三者之间不一定两两垂直，当时，，但是磁感应强度可以不为零，AB错误；‎ CD．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直不做功，不会改变速度的大小，会一直改变速度的方向，C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，质子()和α粒子()，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　)‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶1 D. 1∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为；粒子射出电场时的侧位移y的表达式为y=at2，又；EK＝mv02；联立得， ；由题，两个粒子的初动能Ek相同，E、L相同，则y与q成正比，质子（）和α粒子（）电荷量之比为1：2，侧位移y之比为1：2．故选B．‎ ‎7.如图是一火警报警电路的示意图，其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）‎ A. I变大，U变大 B. I变小，U变小 C. I变大，U变小 D. I变小，U变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】发生火情时，温度升高，电阻率增大，根据电阻定律：‎ 可知阻值变大，根据“串反并同”的规律可知，电流表示数和报警器两端电压都是与“并”的物理量，所以变化与变化相同，均增大，A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎8.如图所示，矩形金属框CDEF用两根绝缘细线悬挂于天花板上，其中CD和EF质量均为m，CF和DE重力不计，金属框处于竖直向下的匀强磁场中。现使金属框中通过图中所示的恒定电流。当系统稳定后，则（　　）‎ A. CD边将垂直纸面向里偏离至某处 B. EF边将垂直纸面向里偏离至某处 C. 两根绝缘细线的拉力均大于mg D. 两根绝缘细线的拉力均等于mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】CD．根据：‎ 结合左手定则可知导体棒CD和EF受到的安培力等大反向，从左向右看，对线框整体受力分析：‎ 根据平衡条件：‎ 所以两根绳子拉力均为：‎ C错误，D正确；‎ AB．从左向右看分别对导体棒CD和EF受力分析：‎ ‎ ‎ 结合整体法可知CD边保持原来状态静止不动，EF边将垂直纸面向外偏离至某处，AB错误。‎ 故选D。‎ 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)‎ ‎9.对UAB=1V的理解，正确的是（）‎ A. 从A到B移动qC的电荷，电场力做功1J B. 从A到B移动1C的正电荷，电场力做功1J C. 从A到B移动1C的负电荷，克服电场力做功1J D. 从A到B移动1C的负电荷，外力做功1J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：根据W=Uq可知对UAB=1V表示：从A到B移动1C的正电荷，电场力做功1J；或者从A到B移动1C的负电荷，克服电场力做功1J，选项BC正确，AD错误；故选BC.‎ 考点：电势差 ‎10.如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则（　　）‎ A. A点场强小于B点场强 B. A点场强方向指向x轴负方向 C. A点场强大于B点场强 D. A点电势高于B点电势 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】等差等势面越密的地方电场强度越大，所以，故A正确，C错误；电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以A点场强方向指向x轴正方向，故B错误；沿着电场线电势逐渐降低，故A点电势高于B点电势，故D正确．所以AD正确，BC错误．‎ ‎11.如图所示，空间内存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，一个质量为m的带电液滴，在竖直平面内做圆周运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. 液滴在运动过程中速率不变 B. 液滴所带电荷一定为负电荷，电荷量大小为 C. 液滴一定沿顺时针方向运动 ‎ D. 液滴可以沿逆时针方向运动，也可以沿顺时针方向运动 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．粒子在复合场中做匀速圆周运动，速率不变，洛伦兹力提供向心力，所以重力和竖直向上的电场力等大反向：‎ 所以液滴带负电，电荷量大小为：‎ AB正确；‎ CD．根据左手定则结合图中轨迹，可知带负电的液滴一定沿顺时针方向运动，C正确，D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎12.如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m，电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回（不计重力），则下列说法正确的是（　　）‎ A. 使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板 B. 使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出 C. 使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板 D. 使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．A、B两块平行金属间距为，粒子在极板间运动，应用能量守恒定律：‎ 解得：‎ 根据题意，粒子的初速度为时：‎ 使粒子初速度变为时：‎ 可知带电粒子将从B板中心小孔射出，A错误，B正确；‎ CD．使初速度v0和电压U都增加为原来2倍时：‎ 可知带电粒子恰能到达B板，C正确，D错误。‎ 故选BC 分卷II 三、实验题(共2小题,共15分)‎ ‎13.某直流电动机M转动时的U-I图象如图甲所示，该同学利用图乙的实验电路研究电动机的转动情况，电路中使用恒压电源，R1＝15Ω，R2是滑动变阻器，电流表A是理想电流表，实验操作步骤如下：‎ ‎(1)闭合开关S2前，调节滑动变阻器，使其滑动触头应在________端．(选填“左”或“右”)‎ ‎(2)先闭合开关S1，开关S2保持断开，此时电流表的示数为0.6A，则恒压电源输出电压为________V．‎ ‎(3)再闭合开关S2，然后缓慢调节滑动变阻器使电动机恰好转动起来，此时电流表的示数为1.8A，直流电动机M实际消耗的电功率为________W，滑动变阻器接入电路中的阻值为________．(以上均取两位有效数值)‎ ‎【答案】 (1). 左 (2). 9.0 (3). 3.8 4.8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]因变阻器采用限流式接法，开关闭合前为使电路中电路中电流最小，应其接入电路中的阻值为最大．故滑片应在最左端．‎ ‎（2）[2]根据欧姆定律开关S2保持断开时恒压电源输出电压为：‎ U=IR1= 0.6×15V=9.0V ‎（3）[3]知电源电压恒为9.0V，闭合开关S2后根据欧姆定律有通过R1的电流为：‎ A 所以通过电动机的电流为：‎ A 再根据电动机的U-I图象可读出电动机两端电压UM= 3.2V，则直流电动机M实际消耗的电功率为：‎ P=UMI2=1.2×3.2W=3.8W ‎[4]此时滑动变阻器两端电压为 U3=E-UM=9-3.8=5.2V 由欧姆定律可知，接入电阻：‎ Ω ‎14.一电流表的量程标称不准确，某同学利用如图所示电路测量该电流表的实际量程所用器材有：量程不准的电流表A1，内阻，量程标称为；标准电流表A2，内阻，量程；标准电阻，阻值；滑动变阻器R，总电阻为；电源E，电动势，内阻不计；保护电阻；开关S；导线。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在图甲所示的实物图上画出连线。（ ）‎ ‎（2）开关S闭合前，滑动变阻器的滑片c应滑动至______端。‎ ‎（3）开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A1满偏；若此时电流表A2的示数为，则 A1的量程______。‎ ‎（4）若测量时，A1未调到满偏，两电流表的示数如图乙所示，从图中读出A1的示数______， A2的示数______；由读出的数据计算得______。保留三位有效数字 ‎（5）写出一条提高测量准确度的建议：______。‎ ‎【答案】 (1). 见解析所示 (2). b (3). (4). (5). 多次测量取平均值 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．根据题意画出原理图，如图 由电路图连接实物图时，按电流流向法，从电源的正极出发依次串联电流表A2、电阻R1、电阻R2、滑动变阻器、开关回到负极，然后把电流表A1与电流表A2和电阻R1并联即可；要注意滑动变阻器的左下方接线柱必须接入电路，且按一上一下的原则串联在电路中，电路图如图所示：连线如图。‎ ‎ （2）[2]．在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑片滑动到阻值最大端，即如图b端。‎ ‎（3）[3]．闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为Im．根据并联电路电压相等有 Imr1=I2（r2+R1）‎ 得 ‎（4）[4][5][6]．待测表未满偏有I1r1=I2（r2+R1），A2‎ 的示数0.66mA，并将其他已知条件代入解得 但图中A1的示数3.00mA，量程为5.0mA，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为6.05mA。 （5）[7]．为减小偶然误差，可以多次测量取平均值。‎ 四、计算题 ‎15.如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板、，两板间距离，接上恒定直流电源。上极板的中央有一小孔，在的正上方处的点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量，质量。当小油滴即将落到下极板时，速度恰好为零。（不计空气阻力，），求：‎ ‎（1）两极板间的电势差；‎ ‎（2）两极板间的电场强度；‎ ‎（3）若平行板电容器的电容，则该电容器带电量是多少？‎ ‎【答案】（1）3.0×103V；（2）2.0×104V/m，方向竖直向下；（3）1.2×10﹣8C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由动能定理 则有 mg（h+L）+qUMN=0‎ 代入数据解得 UMN=3.0×103V ‎（2）由 E=‎ 代入数据解得 E=2.0×104 V/m，方向竖直向下 ‎（3）根据 Q=CU 得该电容器带电量 ‎ Q=4.0×10﹣12×3.0×103C=1.2×10﹣8C ‎16.如图所示，在的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径，一带正电荷的小滑块质量为，与水平轨道间的动摩擦因数，取，求：‎ ‎（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎（2）这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？为半圆轨道中点 ‎【答案】（1）20m；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小滑块刚能通过轨道最高点条件是：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 小滑块由释放点到最高点过程由动能定理：‎ ‎ ‎ 代入数据得：‎ S=20m ‎（2）小滑块从P到L过程，由动能定理：‎ ‎ ‎ 所以 ‎ ‎ 在P点由牛顿第二定律：‎ ‎ ‎ 所以 FN=3（mg+Eq）‎ 代入数据得：‎ FN=1.5N 由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道压力为1.5N．‎ ‎17.如图所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m的平行导轨上放一质量为m＝0.3 kg的金属棒ab，通以从b→a，I＝3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：‎ ‎（1）匀强磁场磁感应强度的大小；‎ ‎（2）ab棒对导轨压力的大小。(g＝10 m/s2)‎ ‎【答案】（1）T（2）6N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如图所示受力分析 BIL=mgtanθ 解得：‎ 代入数据得 ‎(2)由平衡可得 代入数据得：‎ FN=6N ‎18.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g，求 ‎（1）电场强度E的大小和方向；‎ ‎（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；‎ ‎（3）A点到x轴的高度h.‎ ‎【答案】（1）电场强度方向竖直向上．（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）重力与电场力平衡：mg=Eq，‎ ‎，方向竖直向上；‎ ‎（2）因为圆周运动的半径可由得：，‎ 洛伦兹力提供向心力：得：，‎ M点的速度，又因为 ‎ 所以 ‎（3）由动能定理得：‎ 所以或