2018-2019学年广西桂林市第十八中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 15页

‎2018-2019学年广西桂林十八中高二（上）期中物理试卷（理科）‎ 一、单项选择题：（每小题3分，共30分．每小题中只有一个正确选项，不选、错选或多选均得零分．）‎ ‎1.真空中有甲、乙两个点电荷相距为r，它们间的静电引力为F．若甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的，它们间的距离变为2r，则它们间的静电引力将变为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 真空中两个电荷量均为Q的点电荷，相距为r时的相互作用静电力大小为F，根据库仑定律，有 若这两个点电荷间的距离及电量变化后，它们之间的静电力大小变为：‎ ‎,即，故选项B正确。‎ 点睛：本题关键是根据库仑定律直接列式求解，基础题．在利用库仑定律解题时，要注意库仑定律的使用条件。‎ ‎2.下列说法中，正确的是（　　）‎ A. 由公式知，电场中某点的场强大小与放在该点的电荷所受电场力的大小成正比，与电荷的电荷量成反比 B. 由公式知，电场中某点的场强方向，就是置于该点的电荷所受电场力的方向 C. 由公式知，F是电荷q所受的电场力，E是电荷q产生的电场的场强 D. 由F=qE可知，电荷q所受的电场力大小，与电荷的电荷量成正比，与电荷所在处的场强大小成正比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. E=F/q是电场强度的定义式，运用比值法定义，E与F、q无关，故不能说：E与F成正比，与q成反比。故A错误；‎ B. 规定电场中某点的场强方向，就是置于该点的正电荷所受电场力的方向，而与置于该点的负电荷所受电场力的方向相反，故B错误；‎ C. 由公式E=F/q知，F是电荷q所受的电场力，E不是电荷q产生的电场的场强，故C错误；‎ D. 由E=F/q得：F=qE，可知F与E成正比，与q成正比。故D正确。‎ 故选：D ‎3.电路中有一段金属丝长为L，电阻为R，要使电阻变为4R，下列可行的方法是( )‎ A. 将金属丝拉长至‎2L B. 将金属丝拉长至‎4L C. 将金属丝对折后拧成一股 D. 将金属丝两端的电压提高到原来的4倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、将金属丝拉长至‎2L，体积不变，则横截面积变为原来的，根据R=知，电阻变为原来的4倍．故A正确．‎ B、将金属丝拉长至‎4L，体积不变，则横截面积变为原来的，根据R=知，电阻变为原来的16倍．故B错误．‎ C、将金属丝对折后拧成一股，长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据R=知，电阻变为原来的．故C错误．‎ D、将金属丝两端的电压提高到原来的4倍，电阻不变．故D错误．‎ 故选A．‎ ‎4.关于安培力和洛伦兹力，如下说法中正确的是（　　）‎ A. 带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用 B. 放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用 C. 洛伦兹力对运动电荷一定不做功 D. 洛伦兹力与安培力毫无关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查安培力和洛伦兹力。‎ ‎【详解】当带电粒子的运动方向与磁场方向平行时，带电粒子不受洛伦兹力作用，故A错误；当通电导线电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力，故B错误；洛伦兹力对带电粒子不做功，故C正确；洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用力，安培力是磁场对通电导线的作用力，安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释，故D错误。‎ ‎5.A、B、C三个灯泡如图所示的方式连接时，各灯消耗的实际功率相同，则三个灯泡电阻之比RA：RB：RC为（　　）‎ A. 1：1：1 B. 1：2：‎2 C. 1：4：4 D. 2：1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查串并联电路的特点，根据三个灯泡的连接方式且三个灯泡的实际功率相等，结合功率公式可判断其电阻关系。‎ ‎【详解】由图可以知道B与C并联再与A串联，由题三灯实际功率相同，根据并联电路的特点可知 ，由可知， ，则，而 ，且，根据可知， ，所以，故C正确。‎ ‎6.如图所示，平行板电容器两相板与电池相连，板间同时有与电场垂直的匀强磁场。带正电q的粒子以v0从两板正中沿垂直于电磁场的方向射入，穿出时其动能减小了。若欲使粒子按原方向匀速直线穿出，则应（　　）‎ A. 减水平行板间正对面积 B. 减小电池电动势 C. 增大磁感应强度B D. 减小磁感应强度B ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子从两板中间沿垂直电磁场方向进入穿出时粒子的动能减小了，在这个过程中只有重力、洛伦兹力和电场力作用，洛伦兹力方向竖直向上，电场力和重力方向竖直向下，由于粒子动能减小，所以粒子向上偏转，则三力的合力向上，即 。‎ ‎【详解】根据题意可知，要使粒子按原方向匀速直线运动，要么减小洛伦兹力，要么增大电场力，即减小磁感应强度或增大电场强度。‎ A、平行板电容器的两板与电源相连，电容器两端的电压等于电源电动势，根据得电场强度不变，所以减小平行板的正对面积并不能改变电场力使粒子受力平衡，故A项错误。‎ B、由可知，减小电源电动势，则电场强度减小，不能使粒子受力平衡，故B错误。‎ C、D项，减小磁感应强度B，洛伦兹力减小，可以使粒子受力平衡，故D正确，C错误。‎ ‎7.如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和灯泡L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab=0V，Uad=0V，Ucd=6V，由此可断定 A. L1和L2的灯丝都烧断了 B. L1的灯丝烧断了 C. L2的灯丝烧断了 D. 变阻器R断路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用电压表判断电路中的故障，是考试的热点题型之一，依据在故障电路中电压表测量的信息：Uab=6V，Uad=0V，Ucd=6V，来判断各部分电路与电源两极间的连接关系，逐项判断即可。‎ ‎【详解】据题：Uab=6V，Ucd=6V，即L2的电压等于电源两极间的电压，说明d与a连接完好，c与b连接完好，所以不可能是L1的灯丝烧断了，也不可能变阻器R断路。只可能是L2的灯丝烧断，故ABD错误，C正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查了用电压表检测电路的故障．当电压表并联在某处时若有示数，说明此处开路或它处短路，若无示数，说明此处短路或它处开路。‎ ‎8.如图所示，带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，则可判定（　　）‎ A. 粒子带负电 B. 粒子的电势能不断减少 C. 粒子的动能不断增大 D. 粒子在A点的加速度大于在B点的加速度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可以知道，电场力方向大体指向运动轨迹弯曲一侧，即可判断带电粒子带负电；电场线的疏密表示电场强度的强弱，从而判断电场力大小和粒子的加速度和速度的变化。‎ ‎【详解】由图所示,粒子从A到B，粒子的轨迹向左弯曲，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电，故A正确；电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角a大于90°，则电场力对粒子做负功，其动能减小，速度减小，电势能增大，故BC错误；从A到B，电场线越来越密，则电场强度增大，电场力也增大，则加速度增大，故D错误。‎ ‎9.如图，有一重为G，带电量为q的小球，从两竖直的带等量异种电荷的平行板上方高h处由静止自由落下，两板间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，则带电小球通过正交的电场、磁场空间时（　　）‎ A. 一定作曲线运动 B. 不可能作曲线运动 C. 可能作匀速直线运动 D. 可能作匀加速直线运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电小球进入复合场受到重力、电场力和洛伦兹力作用，根据小球的合力与速度方向的关系确定小球的运动情况。‎ ‎【详解】若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力相等，因为小球向下运动时，速度会增加，小球所受的洛伦兹力增大，将不会再与小球所受的电场力平衡，不可能做匀加速直线运动，也不可能做匀速直线运动；若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力不等，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动。故A正确。‎ ‎10.如图所示电路中，电源的内电阻不能忽略。已知定值电阻R1＝10Ω，R2＝8Ω．当开关S接到位置1时，电压表V的示数为3V；当开关S接到位置2时，电压表V的示数可能为（　　）‎ A. 3.2‎V B. 2.8V C. 2.4V D. 2V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由闭合电路欧姆定律可知，开关接1时，电压表示数 ①；开关接2时，电压表示数②， 得：，由于，可得 ‎ ，故B正确。‎ 二、多项选择题：（4小题，每小题4分，共16分．每小题至少有两个正确选项，选对但不全得2分，错选或不选均得零分．）‎ ‎11.条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠S极的一侧悬挂一根与它垂直的导体棒，如图所示．图中只画出此棒的横截面，且标出棒中的电流是流向纸内的．在通电的一瞬间，可能出现的情况是(　　) ‎ A. 磁铁对桌面的压力减小 B. 磁铁对桌面的压力增大 C. 磁铁受到向左的摩擦力 D. 磁铁受到向右的摩擦力 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 在磁铁外部磁感线由N极指向S极，通电导体棒处在磁场中，由左手定则可知其受安培力作用，条形磁铁也受到反作用力作用，产生两种效果，其一向上提起的效果；其二向右运动的效果，即磁铁对桌面的压力减小，同时磁铁受到向左的摩擦力作用，故AC正确，BD错误；故选AC．‎ ‎12.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)‎ A. 将打在下板中央 B. 仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C. 不发生偏转，沿直线运动 D. 若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子在电场中运动问题。带电小球在两板间做类平抛运动，竖直方向 ‎，水平方向，由牛顿第二定律有，当下板不动，将上板上移一小段距离，不变，落到下板时相同，则t、L相同，可见A 选项错误，B选项正确，C选项错误，若上板不动，将下板上移一段距离不变，落到下板时减小，则t、L减小，小球可能打在下板的中央，D选项正确 故选BD 考点：带电粒子在电场中的运动 点评：中等难度。此题带电粒子在电场中的偏转做类平抛运动，要注意电容器断开电源，改变两极板间的距离，两板间电场强度不变是解决问题的关键。‎ ‎13.如图所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为α粒子（He）的径迹。它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨道半径r1＞r2＞r3并相切于P点，设T、v、a、t分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则（　　）‎ A. T1＝T2＜T3 B. v1＞v2＞v‎3 C. a1＞a2＞a3 D. t1＞t2＞t3‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得半径公式，同时推出周期公式和时间公式，根据牛顿第二定律得到加速度的公式，再进行分析。‎ ‎【详解】设带电粒子的质量和电量分别为m、q，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时周期为 ，T与比荷成反比，质子与 α粒子的比荷之比为2：1，则有 ,故A正确。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时半径为  ，则，对粒子1和2 ，其比荷相等，则半径越大速度越大，故；对粒子2和3，粒子2的比荷和半径均比粒子3大，故故B正确。粒子的加速度为，同理 ，故C正确。由图看出粒子2的速度偏向角大于粒子1的速度偏向角，根据轨迹所对的圆心角等于速度偏向角，可知粒子2轨迹的圆心角大于粒子1轨迹的圆心角，所以粒子2‎ 的运动时间大于粒子1的运动时间，即 ；同理可得,  粒子3轨迹的圆心角大于粒子2轨迹的圆心角，同时由于可知 ，故有 ，则，故D错误。‎ ‎14. 如图电路中，电源电动势12V，内电阻不能忽略。闭合S后，调整R的阻值。使电压表的示数增大△U=2V，在这一过程可 A. 通过R1的电流增大，增大量为△U / R1 ‎ B. R2两端的电压减小，减小量为△U C. 通过R2的电流减小，减小量小于△U / R2 ‎ D. 路端电压增大，增大量为△U ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量．故A正确．电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，路端电压增大，则R2两端电压减少量一定小于△U．故B错误．由欧姆定律得到：通过R2的电流但减少量一定小于．故C错误．电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．故D错误．‎ 故选A．‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法。‎ 三、填空题：（共18分）‎ ‎15. (6分)‎ 游标卡尺的读数为 mm， 螺旋测微器的读数为 mm ‎【答案】‎102.30mm（3分） ‎5.545mm（3分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：游标卡尺读数为：先读出固定刻度为：‎102mm，再读数游标尺部分读数为：，总的读数为：‎102.30mm；螺旋测微器读数为：先读出固定部分读数为：‎5.5mm，旋转部分读数为：，总的读数为：‎5.545mm。‎ 考点：本题考查游标卡尺和螺旋测微器的读数。‎ ‎16. 欲将量程为100μA内阻为540Ω的灵敏电流表改装为量程为1mA的毫安表需要给它_____联一只R=_____Ω的电阻．‎ ‎【答案】并联，60欧姆 ‎【解析】‎ 试题分析：改装电流表需要并联一个定值电阻分流，根据欧姆定律可得，解得 考点：考查了电表的改装 ‎【名师点睛】改装为电流表需并联一个电阻，改装电流表原理：，其中I为量程，R为并联的电阻值．‎ ‎17. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V，3W”，其他可供选择的器材有：‎ 电压表V1（量程6V，内阻约为20kΩ）‎ 电压表V2（量程20V，内阻约为60kΩ）‎ 电流表A1（量程‎3A，内阻约为0．2Ω）‎ 电流表A2（量程0．‎6A，内阻约为1Ω）‎ 变阻器R1（0～1000Ω，允许最大电流为0．‎5A）‎ 变阻器R2（0～20Ω，允许最大电流为‎2A）‎ 学生电源E（6～8V）‎ 开关S及导线若干 ‎（1）实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下10组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用 ，电压表应选 ，变阻器应选用 。‎ ‎（2）在答题卡方框中画出实验的原理图。‎ ‎【答案】（1）A2 V1 R2‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，根据该电流选择电流表；在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器； 电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图．‎ 灯泡额定电流，电流表应选A2（量程‎0.6A，内阻0.5Ω），为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器R2（0～20Ω，‎2A）；电压表0～6V范围内读数，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻，灯泡电阻远小于电压表内阻， 所以电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；‎ 四、计算题：本题共3小题，共计36分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.‎ ‎18.如图所示，电源电动势为E＝30V，内阻为r＝1Ω，电灯上标有“6V12W”字样，直流电动机线圈电阻R＝2Ω．若电灯恰能正常发光，求：‎ ‎（1）电源的总功率PE ‎（2）电动机输出的机械功率P机 ‎【答案】（1）60W（2）36W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查闭合电路欧姆定律及非纯电阻电流的功率计算问题，根据电灯恰能正常发光即可求回路中的电流；由 可求得电源的总功率；电动机输出的机械功率等于电源总功率减去回路中的热功率。‎ ‎【详解】解：（1）电灯恰好正常发光，其电流    电源总功率 （2）设电动机两端电压为 ,则有     解得 电动机输出功率 代入数据联立计算得出 ‎19.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=‎5cm，bc=‎12cm，其中b沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一电荷量为q=4×10‎-8C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W1=1.2×10-7J，求：‎ ‎(1)场的场强E；‎ ‎(2)b移到c，静电力做功W2；‎ ‎(3两点间的电势差。‎ ‎【答案】（1） （2） (3)6.6V ‎【解析】‎ 由于电场力做功W=qU与路径无关，只与初末位置间的电势差有关，故可据已知的电场力做功先求电势差,再据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E.反之亦然.‎ ‎[解析] （1）设ab两点间距离d W1=qUab ①‎ ‎②‎ 由①②两式得V/m =150V/m.‎ ‎（2）设bc两点沿场强方向距离为d1.‎ ‎③‎ ‎④‎ W2=qUbc ⑤‎ 由③④⑤式得：‎ J=1.44×10-7J.‎ ‎（3）设电荷从a移到c电场力做功为W W=W1+W2⑥‎ W=qUac⑦‎ 由⑥⑦式得：‎ VV＝12V.‎ 本题考查电场强度与电势差之间的关系和电场力做功的应用，在匀强电场中U=Ed其中d为在沿着电场线方向的投影，由电场力做功W=qEd可求得场强大小，设bc两点沿场强方向距离为d1.由电势差与场强的关系可求得两点间电势差的值，再由W=qU可求得从b到c的过程中电场力所做的功，从而求得电荷从a到c的过程中电场力所做的功，再由U=W/q可求得a、c两点的电势差 ‎20.如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/c，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量q= +‎‎0.2C ‎、质量m=‎0.4kg的小球由长l=‎0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点，（g=‎10m/s2），求：‎ ‎（1）小球运动到O点时的速度大小；‎ ‎（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；‎ ‎（3）ON间的距离。‎ ‎【答案】(1）‎2m/s （2) 8.2N （3)‎‎3.2m ‎【解析】‎ 试题分析：由A到O的过程，只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求得O点的速度；小球由A到O的过程做圆周运动，在最低点，绳的拉力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求得拉力大小；悬线断裂后，沿电场方向小球做匀减速直线运动，沿重力方向做自由落体运动，小球又恰好能通过O点正下方的N点，说明小球到达N点时，沿电场方向的速度为vo，从而可求的由O到N的时间，继而求出ON间的距离。‎ ‎（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理： ‎ 代入数据解得小球在O点速度为： ‎ ‎（2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律： ‎ 洛伦兹力为： ‎ 联立代入数据解得： ‎ ‎（3）绳断后，小球做匀变速曲线运动，可分解为水平方向匀变速和竖直方向自由落体运动。‎ 所以，小球水平方向加速度大小为： ‎ 小球从O点运动至N点所用时间： ‎ 竖直方向ON间距离： ‎ 点睛：本题主要考查了物体在复合场中的运动，分清楚小球的运动过程，并正确的做出受力分析是解决本题的关键，另外还要会根据物体受力情况判断出物体的运动情况，再结合动能定理即可轻松解决问题。‎ ‎ ‎