物理卷·2018届海南省三亚市华侨中学高二上学期期末物理试卷（理科） （解析版） 19页

‎2016-2017学年海南省三亚市华侨中学高二（上）期末物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的定义式E=，适用于任何电场 B．由真空中点电荷的电场强度公式E=可知，当r→0时，E→无穷大 C．由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场 D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向 ‎2．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是（　　）‎ A．奥斯特 B．爱因斯坦 C．伽利略 D．牛顿 ‎3．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间（　　）‎ A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变 C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度较小，电势差减小 ‎4．在图所示的电路中，当开关S闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（　　）‎ A．两表读数均变大 B．两表读数均变小 C．电流表读数增大，电压表读数减小 D．电流表读数减小，电压表读数增大 ‎5．如图，两根平行放置的相同的长直导线a和b通有大小分别为I和2I、方向相同的电流，则两根导线（　　）‎ A．相互吸引，电流大的加速度大 B．相互排斥，电流大的加速度大 C．相互吸引，加速度大小相等 D．相互排斥，加速度大小相等 ‎6．在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分；选对但不全的，得3分；有选错的得0分．‎ ‎7．在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点P，P点与q1的距离为 r，把一个电量为q2的试探电荷放在P点，它受的静电力为F，则P点电场强度的大小等于（　　）‎ A． B． C．k D．k ‎8．下列物理量全都是矢量的一组是（　　）‎ A．电场强度 电势 B．电流 电容 C．电场强度 磁感应强度 D．磁感应强度 电动势 ‎9．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（　　）‎ A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动 B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动 C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动 D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动 ‎10．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m的导体棒．在导体棒中通以电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（　　）‎ A．B=mg，方向沿斜面向上 B．B=，方向垂直斜面向下 C．B=mg，方向竖直向下 D．B=mg，方向竖直向上 ‎　‎ 三、实验题（本大题3小题，第11题10分，第12题6分，第13题12分，共28分，将正确的答案填在题中的空格中）‎ ‎11．某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻．完成下列测量步骤：‎ ‎（1）检查多用电表的机械零点．‎ ‎（2）将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拨至电阻测量挡适当的量程处．‎ ‎（3）将红、黑表笔　　，进行欧姆调零．‎ ‎（4）测反向电阻时，将　　表笔接二极管正极，将　　表笔接二极管负极，读出电表示数．‎ ‎（5）为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘　　 （填“左侧”、“右侧”或“中央”）；否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤（3）、（4）．‎ ‎（6）测量完成后，将选择开关拨向off位置．‎ ‎12．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示．该工件的直径为　　cm，高度为　　mm．‎ ‎13．某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻（R0=5Ω）一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图（a）．‎ ‎①在图（b）的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接．‎ ‎②请完成下列主要实验步骤；‎ A、检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图（c）所示，读得电阻值是　　；‎ B、将开关s1闭合，开关s2断开，电压表的示数是1.49V；‎ C、将开关s2　　，电压表的示数是1.16V；断开开关s1．‎ ‎③使用测得的数据，计算出干电池的内阻是　　（计算结果保留二位有效数字）．‎ ‎　‎ 四、分析计算题（本大题3小题，第14小题10分、第15小题每题各12分，第16小题12分，共34分）‎ ‎14．如图所示，两个分别用长l=5cm的绝缘细线悬挂于同一点的相同金属小球（可视为点电荷），带有等量同种电荷．由于静电力为斥力，它们之间的距离为r=6cm．已测得每个金属小球的质量m=1.2×10﹣3kg．试求它们所带的电荷量q．（已知g=10m/s2，k=9.0×109N•m2/C2）‎ ‎15．如图所示，合上电键S1．当电键S2闭合时，电流表的示数为0.75A；当电键S2断开时，电流表的示数为0.5A，R1=R2=2Ω．求电源电动势E和内电阻r．‎ ‎16．如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年海南省三亚市华侨中学高二（上）期末物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的定义式E=，适用于任何电场 B．由真空中点电荷的电场强度公式E=可知，当r→0时，E→无穷大 C．由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场 D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向 ‎【考点】磁感应强度；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；点电荷场强的决定式为．‎ ‎【解答】解：A、电场强度的定义式E=，适用于任何电场，故A正确．‎ B、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=k不再成立．故B错误．‎ C、由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误．‎ D、磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是（　　）‎ A．奥斯特 B．爱因斯坦 C．伽利略 D．牛顿 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验．‎ ‎【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间（　　）‎ A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变 C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度较小，电势差减小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】通电后断开电容两板上的电荷量不变，由电容为C=，可知当d变化时C的变化；由C=可知两板间的电势差的变化；由E=可分析E的变化．‎ ‎【解答】解：因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则C减小，则电势差U增大；‎ 由公式C=和C=可得：U=，电场强度E==．故E与d无关，故电场强度不变；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．在图所示的电路中，当开关S闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（　　）‎ A．两表读数均变大 B．两表读数均变小 C．电流表读数增大，电压表读数减小 D．电流表读数减小，电压表读数增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】开关S断开R1，R2串连接入电路，开关S闭合，R2被短路，只有R1接入电路，总电阻变小，总电流变大，干路电压变小．‎ ‎【解答】解：开关S断开R1，R2串连接入电路，电流表示数I=，电压表示数为U=E﹣Ir=E﹣；‎ 开关S闭合后，R2被短路，电路中的电阻减小，通过的电流为I′=，电压表示数为U=E﹣I′r=E﹣‎ 所以电流表示数变大，电压表示数变小．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图，两根平行放置的相同的长直导线a和b通有大小分别为I和2I、方向相同的电流，则两根导线（　　）‎ A．相互吸引，电流大的加速度大 B．相互排斥，电流大的加速度大 C．相互吸引，加速度大小相等 D．相互排斥，加速度大小相等 ‎【考点】平行通电直导线间的作用；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据同向电流相互吸引异向电流相互排斥，然后结合牛顿第二定律分析即可．‎ ‎【解答】解：两个电流的方向相同，所以它们之间的相互作用力为吸引力；根据牛顿第三定律可知，它们之间的吸引力大小相等；两根平行放置的相同的长直导线质量一定是相同的，根据牛顿第二定律可知它们的加速度的大小也一定相等．故C正确，ABD错误 故选：C ‎　‎ ‎6．在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】正确应用左手定则即可判断出磁场、电流、安培力三者之间的关系即可解答本题，应用时注意安培力产生条件．‎ ‎【解答】解：根据左手定则可知：ABCD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致，故正确；C图中电流和磁场方向一致，不受安培力，故C错误．‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎　‎ 二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分；选对但不全的，得3分；有选错的得0分．‎ ‎7．在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点P，P点与q1的距离为 ‎ r，把一个电量为q2的试探电荷放在P点，它受的静电力为F，则P点电场强度的大小等于（　　）‎ A． B． C．k D．k ‎【考点】电场强度；库仑定律．‎ ‎【分析】电量为q1的点电荷是场源电荷，在P点产生的电场强度的大小可根据公式E=k可以确定．电量为q2的电荷是试探电荷，在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式E=也可以确定P点电场强度的大小．‎ ‎【解答】解：据题，电量为q1的点电荷是场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为 E=k．‎ 电量为q2的电荷是试探电荷，在P点所受的电静电力为F，则P点电场强度的大小也能为 E=．故AD错误，BC正确．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎8．下列物理量全都是矢量的一组是（　　）‎ A．电场强度 电势 B．电流 电容 C．电场强度 磁感应强度 D．磁感应强度 电动势 ‎【考点】矢量和标量．‎ ‎【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．‎ ‎【解答】解：A、电场强度既有大小又有方向，是矢量，电势只有大小没有方向，是标量．故A错误；‎ B、电流虽然有方向，但电流的运算遵守代数加减法则，是标量；电容只有大小没有方向，是标量．故B错误；‎ C、电场强度、磁感应强度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量．故C正确；‎ D、电动势只有大小没有方向，是标量．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎9．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（　　）‎ A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动 B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动 C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动 D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向，然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L的移动方向．‎ ‎【解答】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；‎ B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；‎ C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；‎ D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安培力向左，则L向左滑动，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m的导体棒．在导体棒中通以电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（　　）‎ A．B=mg，方向沿斜面向上 B．B=，方向垂直斜面向下 C．B=mg，方向竖直向下 D．B=mg，方向竖直向上 ‎【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向 ‎【解答】解：A、方向沿斜面向上，受到的安培力垂直与斜面向下，不可能处于静止状态，故A错误；‎ B、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故B错误；‎ C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故C错误；‎ D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B=mg；故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ 三、实验题（本大题3小题，第11题10分，第12题6分，第13题12分，共28分，将正确的答案填在题中的空格中）‎ ‎11．某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻．完成下列测量步骤：‎ ‎（1）检查多用电表的机械零点．‎ ‎（2）将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拨至电阻测量挡适当的量程处．‎ ‎（3）将红、黑表笔　短接　，进行欧姆调零．‎ ‎（4）测反向电阻时，将　红　表笔接二极管正极，将　黑　表笔接二极管负极，读出电表示数．‎ ‎（5）为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘　中央　 （填“左侧”、“右侧”或“中央”）；否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤（3）、（4）．‎ ‎（6）测量完成后，将选择开关拨向off位置．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】用欧姆表测电阻时，红表笔接电源的负极，黑表笔接电源的正极；使用欧姆表测电阻时，应把红黑表笔短接进行欧姆调零；应选择合适的挡位，使欧姆表指针指在表盘中央附近；多用电表使用完毕，应把选择开关打到off挡或交流电压最高挡．‎ ‎【解答】解：（3）将红、黑表笔短接，进行欧姆调零．‎ ‎（4）测反向电阻时，将红表笔接二极管正极，将黑表笔接二极管负极，读出电表示数．‎ ‎（5）为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央．‎ ‎（6）测量完成后，将选择开关拔向Off挡或交流电压最高挡位置．‎ 故答案为：（3）短接；（4）红；黑；（5）中央；‎ ‎　‎ ‎12．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示．该工件的直径为　4.240　cm，高度为　1.845　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为4.2cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，‎ 所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm=0.040cm，‎ 所以最终读数为：4.2cm+0.040cm=4.240cm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为34.5×0.01mm=0.345mm，所以最终读数为1.5mm+0.345mm=1.845mm．‎ 故答案为：4.240，1.845‎ ‎　‎ ‎13．某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻（R0=5Ω）一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图（a）．‎ ‎①在图（b）的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接．‎ ‎②请完成下列主要实验步骤；‎ A、检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图（c）所示，读得电阻值是　20Ω　；‎ B、将开关s1闭合，开关s2断开，电压表的示数是1.49V；‎ C、将开关s2　闭合　，电压表的示数是1.16V；断开开关s1．‎ ‎③使用测得的数据，计算出干电池的内阻是　0.69Ω　（计算结果保留二位有效数字）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】①根据原理图连接实物图比较简单，只需按原理图中的方式将各元件接入即可，注意不能交叉，并且线要接在接线柱上；‎ ‎②根据电阻箱的读数主法进行读数；由步骤及原理图可知开关的作用，从而确定出开关的通断；由闭合电路欧姆定律可得出电池的内阻．‎ ‎【解答】解：①先将串联部分用导线连接，再将电压表并联在滑动变阻器及开关S2的两端；‎ ‎②由图可知，电阻箱的示数为：2×10=20Ω；‎ 将开关s1闭合，开关s2断开，电压表的示数为电源的电动势；为了测量内阻，应再测量滑动变阻器两端的电压；故应闭合S2测出电压表的示数；‎ 电路中的电流：I==0.058A；‎ 由：E=I（R+R0+r）‎ 内阻：r=﹣R﹣R0=0.69Ω 故答案为：①如右图；②A、20；C、闭合；D、0.69Ω．‎ ‎　‎ 四、分析计算题（本大题3小题，第14小题10分、第15小题每题各12分，第16小题12分，共34分）‎ ‎14．如图所示，两个分别用长l=5cm的绝缘细线悬挂于同一点的相同金属小球（可视为点电荷），带有等量同种电荷．由于静电力为斥力，它们之间的距离为r=6cm．已测得每个金属小球的质量m=1.2×10﹣3kg．试求它们所带的电荷量q．（已知g=10m/s2，k=9.0×109N•m2/C2）‎ ‎【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对球受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．‎ ‎【解答】解：带电金属小球在重力、静电力和线的拉力作用下，处于平衡状态，‎ 它的受力示意图如图所示．由共点力平衡条件可知：‎ F=mgtanθ 由几何关系得tanθ==‎ F==mgtanθ q=r=6×10﹣8C 答：它们所带的电荷量是6×10﹣8C．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，合上电键S1．当电键S2闭合时，电流表的示数为0.75A；当电键S2断开时，电流表的示数为0.5A，R1=R2=2Ω．求电源电动势E和内电阻r．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】对电键闭合和断开时分别根据闭合电路欧姆定律列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：当电键S2断开时，根据闭合电路欧姆定律：‎ E=I1（R1+r）‎ 当电键S2闭合时，根据闭合电路欧姆定律：‎ E=I2（+r）‎ 代入数据：E=0.5（r+2）‎ E=0.75（r+1）‎ 解得：E=1.5V，r=1Ω．‎ 答：电源电动势E为1.5V，内电阻r为1Ω．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量；由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由t=求出时间，s是弧长．‎ ‎【解答】解：电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为：‎ r==2d 由牛顿第二定律得：‎ evB=m 解得：‎ m=‎ 由几何知识得到，轨迹的圆心角为α=，故穿越磁场的时间为：‎ t==‎ 答：电子的质量为；电子穿过磁场所用的时间为．‎