2018-2019学年广东省深圳市高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年广东省深圳市高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

深圳市高级中学（集团）2018—2019学年第一学期期末测试 高二物理 命题人：吴全利 审题人：钟早鸣 全卷共计100分. 考试时间90分钟 第Ⅰ卷 一、单项选择题：（本题共8小题；每小题4分，共32分）‎ ‎1.某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是(　　)‎ A. 粒子必定带正电荷 B. 该静电场一定是孤立正电荷所产生的 C. 粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D. 粒子在M点的速度大于它在N点的速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，由于电场线的方向未知，所以不能确定电荷的电性，故A错误。孤立正电荷的电场线从正电荷出发到无穷远处终止的直线，故该静电场不一定是孤立正电荷产生的。故B错误。电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故C正确。正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的速度小于它在N点的速度动能，故D错误。故选C。‎ ‎2.如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点。已知a、b两点的电势分别为φa＝3V，φb＝9V，则下列叙述正确的是(　　)‎ A. 该电场在c点处的电势一定为6V B. a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb C. 正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大 D. 正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为 ，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为 ，故A错误；一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强 可能小于b点处的场强 ，故B错误；根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎3.如图所示，在真空中电荷量相等的离子P1、P2分别以相同初速度从O点沿垂直于电场强度的方向射入匀强电场，粒子只在电场力的作用下发生偏转，P1打在极板B上的C点，P2打在极板B上的D点．G点在O点的正下方，已知GC＝CD，则离子P1、P2的质量之比为(　　)‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 1∶4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设离子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度a＝，离子运动的时间，由于GC＝CD，所以飞行的时间之比t1∶t2＝1∶2，离子的偏转量，因为P1带电荷量与P2的带电荷量相同，可得P1、P2的质量之比m1∶m2为1∶4，D正确，ABC错误 故选：D。‎ ‎4.如图所示，已经充好电的平行板电容器与静电计连接在一起，固定B板，移动A板，下列现象正确的是(　　)‎ A. 向右移动A板，静电计指针张角增大 B. 向右移动A板，静电计指针张角不变 C. 向上移动A板，静电计指针张角增大 D. 向上移动A板，静电计指针张角不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；根据电容的决定式分析电容的变化情况，再由电容的定义式分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况。‎ ‎【详解】A、B项：向右移动A板，两板间的距离减小，根据公式可知，电容增大，由于Q一定，再根据公式可知，电压减小，所以静电计指针张角减小，故A、B错误；‎ C、D项：向上移动A板，两板间的正对面积减小，根据公式可知，电容减小，由于Q一定，再根据公式可知，电压增大，所以静电计指针张角增大，故C正确，D错误。‎ 故应选：C。‎ ‎5.取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（ ）‎ A. 0 B. 0.5B C. B D. 2 B ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：乙为双绕线圈，两股导线产生的磁场相互抵消，管内磁感应强度为零，故A正确．‎ 考点：磁场的叠加 名师点睛：本题比较简单，考查了通电螺线管周围的磁场，弄清两图中电流以及导线的绕法的异同即可正确解答本题。‎ ‎6.如图所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中,若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流,下列方法可行的是(　　)‎ A. 使匀强磁场均匀增大 B. 使圆环绕水平轴ab如图转动30°‎ C. 使圆环绕水平轴cd如图转动30°‎ D. 保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律判断圆环中的磁通量的变化，进而判断出使磁场变化的方法。‎ ‎【详解】根据安培定则，圆环中图示方向的感应电流产生的磁场方向竖直向下，与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明穿过圆环的磁通量在增大，磁场增强则磁通量增大，A正确.使圆环绕水平轴ab或cd转动30°，磁通量减小，只会产生与图示方向反向的感应电流，B、C错误；保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是根据感应电流的方向与原磁场的方向，判断出穿过线圈的原磁场的磁通量增大，进而确定圆环的运动情况。‎ ‎7.如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，由此可知，圆环a将(　　)‎ A. 顺时针加速旋转 B. 顺时针减速旋转 C. 逆时针匀速旋转 D. 逆时针减速旋转 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A错误；同理可知B正确；逆时针减速旋转与顺时针加速旋转是等效的，选项D错误；逆时针匀速旋转时，磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误；故选B.‎ ‎【点睛】本题中是由于a的转动而形成了感应电流，而只有a中的感应电流的变化可以在b中产生磁通量的变化，才使b中产生了感应电流；因此本题应采用逆向思维法分析判断。‎ ‎8.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是(　　)‎ A. 法拉第发现了电流磁效应，并提出场的概念 B. 库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 C. 牛顿首次发现地球周围存在磁场；安培揭示了地磁场的规律 D. 安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】奥斯特发现了电流磁效应，法拉第提出场的概念，选项A错误；库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，选项B正确；首次发现地球周围存在磁场的是我国宋代学者沈括，选项C 错误；洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律；安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误；故选B.‎ 二、多项选择题：（本题共4小题；每小题5分，共20分。全对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）‎ ‎9.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a（ ）‎ A. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B. 从N到P的过程中，速率先增大后减小 C. 从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D. 从N到Q的过程中，电势能一直增加 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A错误；在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；从P到Q的过程中，由动能定理可知，-mgh-WE=0-mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故动能减少量大于电势能增加量，故C错误；由于在下降过程中，速度沿切线方向，库仑力沿两电荷的连线，则可知库仑力一直与运动方向夹角大于90°，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故D正确；故选BD.‎ 点睛：本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；而电场力做功量度电势能的改变量，合力的功等于物体动能的变化．‎ ‎10.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是 （ ）‎ A. 电压表V的示数变小 B. 电流表A2的示数变小 C. 电流表A1的示数变大 D. 电流表A的示数变大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则由U=E-Ir可知，路端电压增大；则可知电流表A的示数减小，电压表V的示数增大；故A错误，D正确；因路端电压增大，A1中电流增大；因总电流减小，而R1中电流增大，则A2中电流减小，故BC正确。故选BCD。‎ ‎11.为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法正确的是 （ ）‎ A. 若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面的电势高 B. 前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关 C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大 D. 污水流量Q与电压U成正比，与ab无关 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正负离子流动时，受到洛伦兹力，发生偏转，正离子偏转到哪一个表面，哪一个表面电势就高．两表面上有正负电荷，之间就存在电场，最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．‎ ‎【详解】正负离子流动时，根据左手定则，正离子受洛伦兹力向里，向后表面偏转，所以后表面上带正电荷，前表面上带负电荷，前表面电势比后表面低。故A错误，B正确。最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有q＝qvB，流量Q=vS=vbc，所以．与离子浓度无关。故C错误。由，知污水流量Q与电压成正比，与a、b无关。故D正确。故选BD。‎ ‎12.如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 金属杆ab做匀加速直线运动 B. 金属杆ab运动过程中，回路中有逆时针方向的电流 C. 金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变 D. 金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】金属杆受到的安培力：F安培=BIL=，金属杆在恒力作用下向右做加速运动，随速度v的增加，安培力变大，金属杆受到的合力减小，加速度减小，当安培力与恒力合力为零时做匀速直线运动，安培力保持不变，由此可知，金属杆向右先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误，C正确；由右手定则或楞次定律可知，金属杆ab运动过程回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；安培力的功率：P安培=F安培v=‎ ‎，如果金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则v=at，安培力的功率与时间的平方成正比，由于金属杆先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，因此金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】由于安培力公式求出安培力的表达式，分析清楚金属杆所受安培力如何变化、分析清楚金属杆的运动过程是解题的前提与关键，由于安培力公式与功率公式即可解题．‎ 第Ⅱ卷 三、实验题(共14分，把答案填在题中的横线上）‎ ‎13.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：‎ ‎(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线. ‎ ‎(2)将K旋转到电阻挡“×100”位置. ‎ ‎(3)将插入“+”“-”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的________(填“0 刻线”或“∞刻线”). ‎ ‎(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．‎ A．将K旋转到电阻挡“×1 K”的位置 B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置 C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准 ‎【答案】 (1). T (2). 0刻度线 (3). ADC (4). OFF档 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；欧姆表测量前要进行欧姆调零；欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；‎ ‎【详解】①旋动部件S，使指针对准电流的"0″刻线；③将插入十”、“一“插孔的表笔短接，旋动部件调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线；④将两表笔分别与待测电阻相接,发现指针偏转角度过小，说明倍率档选择的过小，应选择更大的“×1k”档，重新调零后再进行测量；故合理的顺序是：ADC。‎ ‎【点睛】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近。‎ ‎14.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。‎ ‎(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R0=1，则 ‎① 请用笔画线代替导线在图(b)中完成电路的连接______；‎ ‎②由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U-I图线如图c所示，可得电源的电动势E=_____V，内电阻r=_______。(结果保留2位有效数字)‎ ‎(2)乙同学将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U-I图线如图e所示，可得电源的电动势E=___V，内电阻r=____。(结果保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). (2). 3.0 (3). 0.38 (4). 2.9 (5). 0.50‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电路连线如图；‎ ‎（2）由U-I图线可得电源的电动势E=3.0V，内电阻 。‎ ‎（3）由乙同学的电路接法可知，R左右两部分并联后与R0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知，当电压为2.40V时，电流为0.50A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为2.30V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.30V时，干路电流为I2=0.33+0.87=1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得：2.40=E-r，2.30=E-1.2r，解得：E=2.9V，r=0.50Ω；‎ 四、计算题（本题共3题，34分。解答应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。）‎ ‎15.在倾角为α的光滑斜面上放置一通有电流I、长为L、质量为m的导体棒,如图所示。求:‎ ‎(1)欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力,外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向。‎ ‎(2)欲使棒静止在斜面上,外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向。‎ ‎【答案】(1) , 方向水平向左 (2), 方向应垂直于斜面向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由平衡条件可知：mg=BIL，‎ 解得 ‎ 由左手定则知方向水平向左。 （2）当安培力F平行于斜面向上时B最小， 即：BIL=mgsinθ 解得： B的方向垂直于斜面向上；‎ ‎16.如图甲所示,质量m=1kg,边长ab=1.0m,电阻r=2Ω单匝正方形闭合线圈abcd放置在倾角θ=30°的斜面上,保持静止状态。匀强磁场垂直线圈平面向上,磁感应强度B随时间t变化如图乙所示,整个线圈都处在磁场中,重力加速度g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)t=1 s时穿过线圈的磁通量。‎ ‎(2)4 s内线圈中产生的焦耳热。‎ ‎(3)t=3.5 s时,线圈受到的摩擦力。‎ ‎【答案】（1）0.1Wb（2）0.01J（3）5N ‎【解析】‎ ‎（1）根据磁通量定义式，那么时穿过线圈的磁通量：；‎ ‎（2）由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律， ，‎ 那么感应电流，内线圈中产生的感应电流大小，‎ 由图可知，；‎ 依据焦耳定律，则有：；‎ ‎（3）虽然穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，但因各边受到安培力，依据矢量的合成法则，则线圈受到的安培力的合力为零，因此时，线圈受到的摩擦力，等于重力沿着斜面的分力，即：。‎ 点睛：考查磁通量的定义式，掌握法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，及焦耳定律的内容，掌握理解第（3）问，摩擦力大小即为重力的下滑分力。‎ ‎17.如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成300角斜向下的匀强电场，电场强度E=400N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，x轴方向的宽度OA=20cm，y轴负方向无限大，磁感应强度B=1×10-4T．现有一比荷为的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，α=600，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场．‎ ‎(1)求离子进入磁场B的速度v0的大小；‎ ‎(2)离子进入电场后，经多少时间再次到达x轴上；‎ ‎(3)若离子进入磁场B后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值．‎ ‎【答案】（1）4×106 m/s （2） （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)如图所示，由几何关系得离子在磁场中时的轨道半径r1=0.2m 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得：v0=4×106m/s ‎(2)离子进入磁场后，设经过实践t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1，则l1=v0t 离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2‎ Eq=ma 由几何关系可知：‎ 代入数据解得：‎ ‎（3）由知，B越小，r越大，设粒子在磁场中最大半径为R 由几何关系得：‎ 由牛顿运动定律得：得：‎ 则外加磁场 考点：本题考查带电粒子在复合场中的运动 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎