【物理】湖南省邵阳市邵东县创新实验学校2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 12页

创新学校 2019 年下学期期末考试高二物理（高考）试题 一、选择题（共 12 小题，每小题 4 分，1-9 小题只有一个选项是正确的，10-12 为多项选择 题） 1.如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当电流通过导线时，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 【答案】A 【解析】 【详解】发现电流周围存在磁场的物理学家是奥斯特； A．奥斯特，与结论相符，选项 A 正确；B．爱因斯坦，与结论不相符，选项 B 错误； C．伽利略，与结论不相符，选项 C 错误；D．牛顿，与结论不相符，选项 D 错误； 2.如图所示的电场中两点 A 和 B（实线为电场线，虚线为等势面）．关于 A、B 两点的场强 E 和电势 φ，正确的是（　　） A = ， = B. ＞ ， ＞ C. ＜ ， ＜ D. ＞ ， ＜ 【答案】B 【解析】 【详解】根据电场线越密的地方电场强度越大，所以 A 点的场强大于 B 点的场强，根据沿 着电场线电势逐渐降低，所以 A 点的电势高于 B 点的电势，故 B 正确，ACD 错误． 3.如图所示是静电场 一部分电场分布，下列说法正确的是（　　） . 的 AE BE A ϕ B ϕ AE BE A ϕ B ϕ AE BE A ϕ B ϕ AE BE A ϕ B ϕ A. 这个电场可能是负点电荷的电场 B. A 处的电场强度大于 B 处的电场强度 C. 负电荷在 A 处所受的电场力方向沿 A 点的切线方向 D. 点电荷 q 在 A 点处的瞬时加速度比在 B 点处的瞬时加速度小（不计重力） 【答案】B 【解析】 【详解】A．负点电荷电场的电场线是直线，则这个电场不可能是负点电荷的电场，选项 A 错误； B．电场线越密集则场强越大，可知 A 处的电场强度大于 B 处的电场强度，选项 B 正确； C．负电荷在 A 处所受的电场力方向沿 A 点的切线的反方向，选项 C 错误； D．A 处的电场强度大于 B 处的电场强度，则在 A 处的电场力大于 B 处的电场力，点电荷 q 在 A 点处的瞬时加速度比在 B 点处的瞬时加速度大，选项 D 错误； 故选 B。 4.如图所示的电路中，电源电动势为 E，内电阻为 r，在滑动变阻器 R1 的滑动触片 P 从图示 位置向下滑动的过程中（ ） A. 电路中的总电流变小 B. 路端电压变大 C. 通过电阻 R2 的电流小 D. 通过滑动变阻器 R1 的电流小 【答案】C 【解析】 【分析】在滑动变阻器 R1 的滑动触片 P 向下滑动的过程中，R1 变小，外电路总电阻变小， 由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻 R2 的电流变化， 再判断通过滑动变阻器 R1 的电流的变化． 【详解】A、在滑动变阻器 R1 的滑动触片 P 向下滑动的过程中，R1 变小，外电路总电阻变 小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大．故 A 错误． B、路端电压 U=E﹣Ir，I 变大，E、r 不变，则 U 变小．故 B 错误． C、路端电压 U 变小，通过电阻 R2 的电流变小．故 C 正确． D、总电流变大，通过电阻 R2 的电流变小，所以通过滑动变阻器 R1 的电流必定变大．故 D 错误．故选 C 【点睛】本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路 电流必定增大，所并联的电路电压变小． 5.如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板 A、B 之间的 P 点，处于静止状态。现 将极板 A 向下平移一小段距离，但仍在 P 点上方，其它条件不变。下列说法中正确的是（　　） A. 液滴将向下运动 B. 液滴将保持静止 C. 板间电场强度增大 D. 极板带电荷量将减少 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．电容器板间的电压保持不变，当将极板 A 向下平移一小段距离时，d 减小， 根据 分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动，故 AB 错 误，C 正确。 D．将极板 A 向下平移一小段距离时，根据电容的决定式 得知电容 C 增大，而电 容器的电压 U 不变，极板带电荷量将增大，故 D 错误。 故选 C。 6.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等．一正电荷在 等势线 φ3 上时，具有动能 20J，它运动到等势线 φ1 上时，速度为零，令 φ2＝0，那么，当该 电荷的电势能为 4J 时，其动能大小为（ ） UE d = 4 SC kd ε π= A. 16 J B. 10 J C. 6 J D. 4 J 【答案】C 【解析】 【详解】相邻两等势线间的电势差相等，正电荷在等势线 φ3 上时，具有动能 20 J，它运动 到等势线 φ1 上时，速度为零，则正电荷在 φ1、φ3 间电势能之差为 20J．令 φ2＝0，那么， φ1、φ3 处的电势能分别是 10J 和-10J，正电荷运动过程中的动能与电势能之和为 10J；当该 电荷的电势能为 4 J 时，其动能大小为 6J，故 C 正确，ABD 错误． 7.如图所示，两个定值电阻 R1、R2 串联后接在电压 U 稳定于 12V 的直流电源上，有人把一 个内阻不是远大于 R1、R2 的电压表接在 R1 两端，电压表的示数为 8V.如果他把电压表改接 在 R2 两端，则电压表的示数将( ) A. 大于 4V 小于 8V B. 等于 4V C. 小于 4V D. 等于或大于 8V 【答案】C 【解析】 【详解】本题考查了串并联电路的规律，此结论在以后的实验题中将是一个重要的依据，希 望能理解 电压表接在 R1 两端,电压表的示数为 8 V，因为串联电阻两端的电压比等于电阻比，所以 ，当根据串联电路分压规律此时 两端的电压为 ,当电 压表改接在 R2 两端,此时 两端的电压为 ，则 1 2R R> 2R 2 2 1 2 1 4 V V UU R VR R RR R = = ++ 2R 2 2 2 1 2 ' V V UU RR R RR R = ++ 因为 ， 所以 ，所以 ,C 正确， 思路拓展：由于电压表的分流，所以会导致通过电阻的电流减小，故电阻两端的电压小于并 联前的电压 8.如图所示，在滑动变阻器的触头由 a 点向 b 点移动的过程中，灯泡 L 将（　　） A. 一直变暗 B. 一直变亮 C. 先亮后暗 D. 先暗后 亮 【答案】D 【解析】 【详解】在滑动变阻器的触头由 a 点向 b 点移动的过程中，变阻器上下两部分并联电阻先增 加后减小（触头在中点时电阻最大），根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中电流先减小 后增大，则灯泡 L 先变暗后变亮。 A．一直变暗，与结论不相符，选项 A 错误；B．一直变亮，与结论不相符，选项 B 错误； C．先亮后暗，与结论不相符，选项 C 错误；D．先暗后亮，与结论相符，选项 D 正确； 故选 D。 9.如图所示,质量为 m，带电量为 q 的微粒以初速度 v0，从 A 点竖直向上射入空气中的沿水 平方向的匀强电场中，粒子通过电场中 B 点时，速率 vB=2v0，方向与电场的方向一致，则 A、B 两点的电势差为( ) 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 12 1 2 1 2 12 2 2 2 2 1 1 1 2 ' V V V V V V V V V V V V V V V V U RR R R R R R R R R RR RR R R R R R R RU U R R R R R R R RU R RR RR R R R R RRR R + ++ ++ + + += = = =+ + +++ +++ 1 2R R> 2 2'U U> 2' 4U V< A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】粒子从 到 ，根据动能定理得： 若只考虑粒子在竖直方向，由速度位移公式，则有： 联立可得： A. 与分析不符，故 A 错误；B. 与分析不符，故 B 错误； C. 与分析相符，故 C 正确；D. 与分析不符，故 D 错误． 10. 下列关于等势面的说法正确的是 （ ） A. 电荷在等势面上移动时不受电场力作用，所以不做功 B. 等势面上各点的场强相同 C. 点电荷在真空中形成 电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面 D. 匀强电场中的等势面是相互平行的垂直于电场线的一簇平面 【答案】CD 【解析】 试题分析：等势面与电场线垂直，故沿着等势面移动点电荷，电场力与运动方向一直垂直， 电场力不做功，故 A 错误；电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面，等势面上各个 点的场强大小情况要看具体的电场，故 B 错误；等势面与电场线垂直，结合这个特点可以 知道孤立点电荷在真空中形成的电场的等势面是以点电荷为圆心的一簇球面，故 C 正确； 等势面与电场线垂直，结合这个特点可以知道匀强电场中的等势面是相互平行的垂直于电场 线的一簇平面，故 D 正确；故选 CD． 考点：等势面 【名师点睛】本题关键是要明确等势面的概念，电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势 面；等势面与电场线垂直，沿着等势面移动点电荷，电场力不做功；同时要能根据电场线画 出常见的几种等势面图． 的 2 0 2 mv q 2 03mv q 2 02mv q 2 03 2 mv q A B 2 2 0 11 2 2AB BqU mgh mv mv− = − 2 0 2v gh= 2 02 AB mvU q = 2 0 2 mv q 2 03mv q 2 02mv q 2 03 2 mv q 11.如果不计重力的电子，只受电场力作用，那么电子在电场中可能做（ ） A. 匀速直线运动 B. 匀加速直线运动 C. 匀变速曲线运动 D. 匀速圆周运动 【答案】BCD 【解析】 【详解】A、由于电子在电场中一定会受到电场力的作用，一定有加速度，所以电子不会做 匀速直线运动，所以 A 不可能； B、当电子受到的电场力的方向和电子的速度的方向相同时，电子就会做匀加速直线运动， 所以 B 可能； C、当电子受到的电场力的方向和电子的速度的方向垂直时，电子将做类平抛运动，是匀变 速曲线运动，所以 C 可能； D、当电子受到的电场力的方向始终和速度的方向垂直时，电子就会做匀速圆周运动，比如 电子绕着原子核的转动，所以 D 可能． 12.所示的电路中，电源电动势为 ε、内电阻为 r（小于外电路的总电阻），当变阻器 R 的滑 片位于中点时，A、B、C 三个小灯泡均正常发光，且亮度相同，则（　　） A. 三个小灯泡中，C 灯电阻最大，B 灯电阻最小 B. 当滑片 P 向左移动时，A、C 两灯变亮，B 灯变暗 C. 当滑片 P 向左移动时，B、C 两灯变亮，A 灯变暗 D. 当滑片 P 向左移动时，电源效率减小 【答案】AB 【解析】画出等效电路如图： A．对于灯 A、B：通过 A 的电流小于 B 的电流，当两灯泡的功率相同时，由公式 P=I2R 分 析可知，A 的电阻大于 B 的电阻。灯 C 的电压大于 A 的电压，当两个灯泡的功率相同时，C 的电阻大于 A 的电阻。可见，C 灯电阻最大，B 灯电阻最小。故 A 正确。 BC．当滑片 P 向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小， 路端电压增大，C 灯变亮。流过 B 灯的电流 IB=I-IC，I 减小，IC 增大，则 IB 减小，则 B 灯变 暗。A 灯的电压 UA=U-UB，U 增大，UB 减小，则 UA 增大，A 灯变亮。故 B 正确，C 错误。 D．电源的效率 ，当滑片 P 向左移动时，外电阻增大，路端电压 U 增 大，电源效率 η 增大。故 D 错误。故选 AB。 二．实验题 13.做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。 （1）实验电路图已经画出了一部分，如图甲所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好 ________________； （2）按你连接 电路，S 闭合后，要使小灯泡的亮度增加，变阻器的滑动触头 P 应向 __________（选填“A”或“B”）端移动； （3）设小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。实验时，需要在 0V 到小灯泡的额定电压之间 选取 10 个左右的电压值记录它对应的电流值，为较准确地描绘出小电珠的伏安特性曲线， 应在图乙中的 A、B、C 三点中的__________点（仅填—个点）附近取较密或较多个电压值。 【答案】 (1). 电路图见解析 (2). B (3). B 【解析】（1）[1]．由本实验的要求可知，为了多测几线数据，应采用分压接法，故连线如 图所示； 的 UI U EI E R R r η = = = + （2）[2]．由图可知，与测量电路并联部分为滑动变阻器的左侧部分，故为了增大电压应将 滑片向 B 移动，从而增大灯泡两端的电压； （3）[3]．由图象可知，在 B 处斜率变化较大，为了准确地将此处的转折做出，应在此处多 测几级数据； 14.在做测量干电池的电动势和内电阻的实验时，实验电路图及器材如下： （1）将下列实物连接图补充完整_____________________ （2）据实验记录，画出的 U-I 图象如图所示，可得待测电池电动势为_________V，内电阻 r 为_________Ω。 【答案】 (1). 图见解析. (2). 2.10 4.2 【解析】 【详解】（1）[1]．根据电路图连接实物图： （2）[2][3]．根据闭合电路欧姆定律 E=U+Ir，U=E-Ir，知 U-I 成线性关系，图线的纵轴截 距为 2.10，所以电动势为：E=2.10V 图线斜率的绝对值为： 三．计算题 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。 2.10 0.42 4.20.40 Ur I −= = = Ω  【答案】E=1.5V r=1Ω。 【解析】 【详解】当电键 S2 闭合时，电流表的示数为 0.75A，有： 当电键 S2 断开时，电流表的示数为 0.5A，有： E=I2（R1+r） 代入数据解得 E=1.5V r=1Ω。 16.如图所示，间距为 d 的足够大的平行金属板 A、B 水平放置，两金属板间接有电压为 U 的恒定电源。在金属板 A 的正中央位置有一个粒子源 P，粒子源 P 能向金属板 A、B 间均匀 放射沿各个方向的质量为 m、带电荷量为+q、初速度为 v0 的粒子，粒子最终全部落在金属 板 B 上，不计粒子重力以及粒子间的相互作用力，求： （1）粒子到达金属板 B 时的速度大小 v； （2）这些粒子中从金属板 A 运动到金属板 B 的最短时间 t1 和最长时间 t2。 【答案】（1） （2） ； 【解析】 【详解】（1）对粒子从 A 板运动到 B 板的过程，根据动能定理得： 1 1 1( )2 RE I R r I r= + = +并（ ） 2 0 2qUv v m = + 2 0 0 2 2 d qUv v m + + 2md qU 可得 （2）粒子运动的加速度为 当粒子的初速度垂直于极板向下时在两板间运动的时间最短，则有 解得 当粒子的初速度平行于极板时在两板间运动的时间最长，则有 解得 17.如图甲所示，长木板 A 静止在光滑水平面上，质量 m=0.95kg 的滑块 B 放在长木板 A 的 左端，一质量 m0=50g 的子弹 C 沿水平方向以 v0=200m/s 的速度射中滑块 B 并嵌入其中（此 过程时间极短），此后滑块 B 恰好运动到了长木板 A 的最右端，长木板 A 运动的 v—t 图象 如图乙所示，滑块 B 和子弹 C 都可以看做质点，g=10m/s2。求： （1）长木板 A 的质量 M； （2）滑块 B 与长木板 A 间的动摩擦因数 ； （3）长木板 A 的长度 。 2 2 0 1 1 2 2qU mv mv= − 2 0 2qUv v m = + qE qUa m md = = 0 12 v vd t += 1 2 0 0 2 2 dt qUv v m = + + 2 2 1 2d at= 2 2mt d qU = µ l 【答案】（1）1.5kg（2）0.3（3）10m 【解析】 【详解】（1）根据题意可知，A、B 和子弹组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒 定理有： m0v0=（m0+m+M）v 根据图象可知，三者最终的速度为 v=4m/s，则代入数据解得： M=1.5kg。 （2）0-1s 时间内，A 的加速度为： 根据牛顿第二定律有： 解得： μ=0.3 （3）令子弹射入 B 后两者的速度为 v1，根据动量守恒定律有： m0v0=（m+m0）v1 解得： v1=10m/s 子弹嵌入 B 后二者一起在木板 A 上做加速度为 a1＝μg＝3m/s2 的匀减速直线运动，当速度减 小到 4m/s 时，刚好运动到 A 的右端，则该段时间 BC 的位移为： A 木板在该段时间发生的位移为： 所以长木板 A 的长度 l 为： l=xBC-xA=10m。 2 24 m/s 2m/s2 va t   ＝ ＝ ＝ ( )0m m ga M µ + ＝ 2 2 1 1 100 16 m 14m2 6BC v vx a − −＝ ＝ ＝ 2 16 m 4m2 4A vx a ＝ ＝ ＝