【物理】黑龙江省伊春市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 11页

‎2019—2020学年度第一学期期末考试 高二学年物理试卷 一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题为单选题，第9-12题为多选题。全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1. 根据电荷守恒定律，使两个相同的金属球A、B分别带+5q和-q的电荷，把它们接触后分开，则A带电量为（ ）‎ A. -4q B. +2q C. +4q D. -2q ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据两个相同的带点金属球接触再分开后带电的原则是先中和再平分可知：接触分开后A的带电量为：，故选项B正确．‎ ‎2.如图的示，下列电场中，A、B两点电场强度相同的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据电场线的疏密程度表示场强大小，A、B是同一圆周上的两点,场强大小相等,但方向不同,故A错误，B错误.‎ C．A、B是匀强电场中的两点,电场强度大小相等,方向相同,所以C正确.‎ D．电场线切线方向表示场强的方向,可以知道A、B两点的电场强度大小方向都不同，故D错误 .‎ 故选C.‎ ‎3.如图所示，、和是以为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心，．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于、两点，这时点电场强度的大小为；若将点的点电荷移至点，则点电场强度的大小变为．则 与之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两个点电荷分别在M点和N点时，每个点电荷在O点产生的电场强度的大小相等、方向相同，所以，得．将N点处的点电荷移至P点时，假设M点的电荷为正电荷，则O点的电场强度如图所示．M点和P点的点电荷在O点产生的电场强度的大小仍相等，夹角为，所以O点电场强度，即与，B正确．‎ ‎4.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是 A. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 B. 图象上某点切线的斜率的倒数即为该状态的电阻值 C. 电压为5 V时，导体的电阻是0.2 Ω D. 电压为12 V时，导体电阻的电功率为18 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增加，故A错误；图象上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，选项B错误；当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻 R=U/I=5Ω，故C错误；加12V电压时，电流为1.5A，则电功率P=IU=18W．故D正确；故选D．‎ ‎【点睛】本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．‎ ‎5.如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）‎ A. V的读数变大，A的读数变小 B. V的读数变大，A的读数变大 C. V的读数变小，A的读数变小 D. V的读数变小，A的读数变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；‎ 把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，‎ A．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故A错误；‎ B．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故B正确；‎ C．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故C错误；‎ D．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故D错误；‎ ‎6.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到位置Ⅱ，设先、后两次穿过金属框的磁通量变化分别为和，则（）‎ A. B. C. D. 不能判断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】第一次将金属框由位置I平移到位置Ⅱ，磁感线穿过金属框的方向没有改变，磁通量变化量等于在这两个位置时的磁通量的差值；第二次将金属框绕边翻转到位置Ⅱ，磁感.线穿过金属框的方向发生改变，磁通量变化量等于两个位置时的磁通量绝对值之和，所以，选项C正确.ABD错 故选C ‎7.一根长为0.1 m、电流为1 A的通电导线，在磁场中某处受到的磁场力大小为0.4 N，则该处的磁感应强度（ ）‎ A. 等于4 T B. 大于或等于4 T C. 小于或等于4 T D. 可能为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当通电导线与磁场垂直时，磁感应强度是最小的，由F=BIL=B×1A×0.1m=0.4N，解得B=4T，故该处的磁感应强度一定大于或等于4T.‎ A. 等于4 T，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 大于或等于4 T，与结论相符，选项B正确；‎ C. 小于或等于4 T，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 可能零，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎8.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，是圆的一条水平直径.一带电粒子从点射入磁场，速度大小为，方向斜向上与成角时，粒子恰好从点飞出磁场，在磁场中运动的时间为；若相同的粒子从点沿方向射入磁场，速度大小为，则粒子在磁场中运动的时间为(不计带电粒子所受重力)（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据周期公式可得，同一粒子在磁场中运动时的运动的周期相同，当速度的大小为2v时，圆周运动的圆心为，圆弧所对的圆心角为，当速度的大小为v时，圆周运动的圆心在，两种情况下的轨迹如图所示：‎ 由几何关系可知所对的圆心角为，则粒子的运动的时间为2t；选D.‎ ‎【点睛】粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，可以判断粒子的运动的时间．‎ ‎9.一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10－6 J的功，那么(　　)‎ A. 电荷在B点将具有5×10－6 J的电势能 B. 电荷在B点将具有5×10－6 J的动能 C. 电荷的电势能减少了5×10－6 J D. 电荷的动能增加了5×10－6 J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做正功，电荷电势能减少，电场力做了多少正功，电荷电势能就减少多少，由动能定理可知动能增加： ‎ ‎，故CD正确；因电荷在A点的动能和电势能不知道，所以不能确定电荷在B点的动能和电势能，故AB错误．所以CD正确，AB错误．‎ ‎10.如图所示,虚线圆是某静电场中的等势面,它们的电势分别为、、,一带正电的粒子射入电场中,其运动轨迹如实线KLMN所示,由图可知( )‎ A. 粒子从K到L的过程中,电场力做负功,电势能增加 B. 粒子从M到N的过程中,电场力做负功,电势能增加 C. 粒子从K到L的过程中,电势能增加,动能减少 D. 粒子从M到N的过程中,动能减少,电势能增加 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．根据等势面的特点可知中心处为一点电荷，粒子带正电，根据轨迹可知中心处点电荷带正电，粒子从K到L过程中，粒子受到的电场力向外，电场力做负功，电势能增加，动能减小，AC正确；‎ BD．从M到N的过程中，粒子受到的电场力做正功，电势能减小，动能增加，BD错误。‎ 故选AC ‎11. 把表头G改装成大量程电流表或电压表时下列说法正确的是 A. 改装成电压表时应给表头串联一个较大电阻 B. 改装成电流表时应给表头并联一个较小电阻 C. 改装后表头G的自身电阻会发生变化 D. 改装后表头G本身的参量均不会发生变化 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】把表头G改装成电压表时应给表头串联一个较大电阻，选项A正确；改装成电流表时应给表头并联一个较小电阻，选项B正确；改装后表头G本身的参量均不会发生变化，选项C错误，D正确．‎ ‎12.一个带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，如果又能垂直进入另一磁感应强度是原来2倍的匀强磁场，则（ ）‎ A. 粒子的速率加倍，周期减半； B. 粒子的速率不变，周期减半 C. 粒子的速率不变，轨道半径减半 D. 粒子的速率减半，轨道半径变为原来的1/4‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD、带电粒子在磁场中的运动，洛伦兹力不做功，所以粒子进入另一磁感应强度是原来2倍的匀强磁场运动速率不变；故AD错误 B、由以上分析知粒子的速率不变，由可知，粒子运动的周期减半；故B正确 C、由以上分析知粒子的速率不变，由可知，粒子运动的轨道半径减半；故C正确 故选BC 二、实验题：（每空2分，共18分）‎ ‎13.某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω电阻Rx的阻值.‎ ‎（1）现有电源(3V,内阻可不计)、滑动变阻器(0~10Ω,标定电流1A)、开关和导线若干,以及下列电表:‎ A.电流表(0-3A,内阻约0.025Ω)‎ B.电流表(0-0.6A,内阻约0.125Ω)‎ C.电压表(0-3V,内阻约3kΩ)‎ D.电压表(0-15V,内阻约15kΩ)‎ 为减小测量误差,在实验中,电流表应选用_____,电压表应选用_____(填器材前的字母);实验电路应采用下图中的_____(填“甲”或“乙”).‎ ‎（2）接通开关,改变滑动变阻器的滑片位置,某次电表示数如图所示,对应的电流表示数I=_____A,电压表示数U=_____V.计算可得该电阻的测量值Rx=_____Ω.‎ ‎【答案】 (1). B C 甲 (2). 0.50 2.60 5.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]电源电动势约为，所以电压表选择C，根据欧姆定律：‎ 可知电流表选择B即可；‎ ‎[3]计算电表内阻和待测电阻的关系：‎ 可知电压表的内阻远大于待测电阻，分流较小，电流表应采用外界法，即甲图；‎ ‎（2）[4]电流表分度值，所以电流表读数为：；‎ ‎[5]电压表分度值为，所以电压表读数为：；‎ ‎[6]根据欧姆定律：‎ ‎。‎ ‎14.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．‎ ‎（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来________．‎ ‎（2）如图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. ‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.5 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】电压表测量路端电压，滑动变阻器与电流表串联，接线如图所示 ‎（2）由电源的图线与纵轴的交点为电动势，图线的斜率为电源的内阻，由图可知电源的电动势为，内阻为．‎ 三、计算题：（本部分试题共34分，第15题10分，第16题12分，第17题12分。）‎ ‎15.如图所示,长的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角．已知小球所带电荷量,匀强电场的场强,取重力加速度,,,求:‎ ‎(1).小球所受电场力的大小．‎ ‎(2).小球的质量．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电场力的计算公式可求得电场力F的大小；‎ ‎（2）根据共点力的平衡条件求解小球的质量m；‎ ‎【详解】（1）小球所受电场力F的大小为：；‎ ‎（2）小球受力情况如图所示：‎ 根据几何关系可得：‎ 解得：．‎ ‎【点睛】本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡知识解答．‎ ‎16.水平放置的光滑金属导轨宽L=0.2m，接有电源电动势E=3V，电源内阻及导轨电阻不计．匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B=1T．导体棒ab的电阻R=6Ω，质量m=10g，垂直放在导轨上并良好接触（如图），求合上开关的瞬间．‎ ‎（1）金属棒受到安培力的大小和方向；‎ ‎（2）金属棒的加速度．‎ ‎【答案】（1）导体棒AB受到的安培力方向水平向右；导体棒AB受到的安培力大小为0.1N；‎ ‎（2）导体棒AB的加速度为10m/s2．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断AB中的电流方向，再根据左手定则判断导体棒AB中受到的安培力方向．根据欧姆定律计算AB中的电流，再根据安培力F=BIL计算安培力大小．根据牛顿第二定律计算加速度．‎ ‎【详解】（1）导体棒AB中电流是从A到B，根据左手定则，导体棒AB受到的安培力水平向右．‎ 根据欧姆定律，导体棒中的电流为：I==0.5A，‎ 所以AB棒受到的安培力：F=BIL=1×0.5×0.2N=0.1N ‎（2）根据牛顿第二定律：F=ma，‎ 所以导体棒AB的加速度：a==10m/s2；‎ ‎17.如图所示，在倾角为θ＝的斜面上，固定一宽L＝0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，一质量m＝20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力的大小；‎ ‎（2）通过金属棒的电流的大小；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【答案】（1）0.1 N（2）0.5 A（3）23 Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上安培力，由受力平衡 代入数据得 ‎(2) 由F安=BIL，解得：‎ ‎(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得，代入数据得