2018-2019学年甘肃省静宁县第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年甘肃省静宁县第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

静宁一中2018—2019学年度第一学期高二级期末试题(卷)物理 一、单项选择题 ‎1.如下图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA＝1 V，φB＝4 V，φC＝0，则D点电势φD的大小为( )‎ A. －3 V B. 0‎ C. 2 V D. 1 V ‎【答案】A ‎【解析】‎ 将BC四等分，标上四等分点E、F、G，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为1V，F点的电势为2V，G点的电势为3V．连接AE，则AE为一条等势线，根据几何知识可知，DP∥AE，则DP也是一条等势线，所以D点电势．故选A.‎ ‎【点睛】本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图．同时可以由匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故φA-φD=φB-φC．‎ ‎2.如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab＝‎10 cm，bc＝‎5 cm，当A与B之间接入的电压为U时，电流为‎1 A，若C与D间接入的电压为U时，其电流为 A. ‎4 A B. ‎‎2 A C. ‎0.5 A D. ‎‎0.25 A ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析： 根据题意，，则。‎ 根据电阻定律，则A正确。‎ 考点： 本题考查欧姆定律、电阻定律。‎ ‎3.在如图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为Fa、Fb，则这两段导线 A. 相互吸引，Fa＞Fb B. 相互排斥，Fa＞Fb C. 相互吸引，Fa＜Fb D. 相互排斥，Fa＜Fb ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：两平行导线电流方向相反，则两通电导线相互排斥．由于电流越强，产生的磁场B越强，根据F=BIL可知电流越大则相互作用力越大．‎ 当电键S置于a处时电源为一节干电池电流的方向是M′MNN′，电流大小为，由于导线MM′与NN′中电流方向相反故两段导线相互排斥；当电键S置于b处时电源为两节干电池，电流的方向仍是M′MNN′，由于导线MM′与NN′中电流方向相反故两段导线相互排斥．又由于电路中灯泡电阻不变，此时电路中电流大小为；显然Ib＞Ia，MM′在NN′处的磁感应强度Ba＜Bb，应用安培力公式F=BIL可知fa＜fb．综上所述这两段导线相互排斥，fa＜fb．故D正确，‎ 故选D 考点：安培力；闭合电路的欧姆定律．‎ 点评：励磁电流越大，产生的磁场越强，而安培力F=BIL，故两通电导线之间的安培力越大．通电导线处于磁场中要受到安培力作用，可得：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．可作为结论让学生记住．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎4.（3分）（2011•海南）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】‎ 试题分析：根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化．‎ 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，故B正确；‎ 故选B．‎ 点评：应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路﹣内电路﹣外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解．‎ ‎5. 如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘线水平吊起通电直导线A．A与螺线管垂直，“×”表示导线中电流的方向垂直于纸面向里．电键闭合后，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（ ）‎ A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向下 D．竖直向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向。‎ ‎【详解】根据通电螺旋管的电流方向，利用安培定则判断出通电螺线管左端为N极，右端为S极，则在A处产生的磁场方向为水平向右；再根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向为竖直向下。故ABD错误、C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用。‎ ‎6.带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图所示．运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以相同的速度v0从a点进入电场,粒子仍能通过b点．设加磁场时，粒子通过b点的速度为v1,加电场时通过b点的速度为v2，则下列判断正确的是(不计重力)‎ A. v1＞v2‎ B. v1＝v2‎ C. v1＜v2‎ D. 无法判定大小关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，Oa=Ob，所以圆周运动的半径正好等于d，洛伦兹力不做功故速度大小不变，利用几何关系判断粒子速度方向；如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律结合动能定理即可分析求解.‎ ‎【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知圆周运动的半径：r=oa=ob，因为洛伦兹力不做功，故加磁场时粒子通过b点的速度大小不变：v1=v0，方向沿y轴负方向；‎ 如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，电场力对粒子做正功，根据动能定理可知动能变大，通过b点的速度大小：v2＞v0，根据类平抛特点可知速度方向斜朝右下方与x轴正方向成锐角，所以 v1＜v2 ，并且v1、v2方向不同，故A、B、D错误，C正确.故选C.‎ ‎【点睛】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径.‎ ‎7. 如图所示，直线A为电源的路端电压与总电流关系的伏安图线，直线B为电阻R两端电压与通过该电阻 流关系的伏安图线，用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别是：‎ A. 2瓦，66．7％ B. 2瓦，33．3％‎ C. 4瓦，33．3％ D. 4瓦，66．7％‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎8.宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I ‎（方向如图）时，，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知 A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 B. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 C. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 D. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ AB、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码，则有，所以，故B正确，A错误；‎ CD、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小。‎ 二、多项选择题 ‎9.如图所示，用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，则（　　）‎ A. 保持S不变，增大d，则θ变大 B. 保持S不变，增大d，则θ变小 C. 保持d不变，增大S，则θ变大 D. 保持d不变，增大S，则θ变小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；故A正确，B错误.‎ C、D、根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，增大S时，电容增大，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角θ变小；故C错误，D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和.‎ ‎10.如右图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是(　　)‎ A. 直导线中的电流方向垂直纸面向里 B. b点的实际磁感应强度为T，方向斜向上，与B的夹角为45°‎ C. c点的实际磁感应强度也为零 D. d点的实际磁感应强度跟b点的相同 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 由a点合磁感应强度为零知，该电流在a点的磁感应强度方向向左，大小为1 T，由安培定则知A项对，另由平行四边形定则知B项也正确．‎ ‎11.如图所示，水平直导线中通有恒定电流I，在导线的正上方处将一带电粒子以与电流方向相同的初速度v0射入，不计重力作用，该粒子将 A. 若粒子带正电，将沿路径a运动 B. 若粒子带正电，将沿路径b运动 C. 若粒子沿路径b运动，轨迹半径变小 D. 若粒子沿路径b运动，轨迹半径变大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断出导线所产生的磁场方向，由左手定则判断带电粒子所受的洛伦兹力方向，即可分析粒子的运动方向；根据半径公式，结合磁感应强度的变化分析带电粒子半径如何变化.‎ ‎【详解】A、B、水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线上方的磁场方向向里，导线下方的磁场方向向外，由左手定则判断可知，导线上面的正粒子所受的洛伦兹力方向向下，则正粒子将沿a轨迹运动，故A正确，B错误.‎ C、D、若粒子沿b轨迹运动，洛伦兹力不做功其速率v不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由半径公式可知粒子的轨迹半径逐渐增大；故C错误，D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题是安培定则、左手定则及洛伦兹力对带电粒子不做功而提供向心力的半径公式 的综合应用.‎ ‎12.将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则(　　)‎ A. a点的电场强度比b点的小 B. b点的电势比a点的高 C. 检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大 D. 将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A错误；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，所以a点的电势比b点的高，故B错误；把负电荷从a点移到b点电场力做负功，电势能增加，所以－q在a点的电势能比在b点的小，故D正确，C错误。所以D正确，ABC错误。‎ 三、实验题 ‎13.在“测定金属丝的电阻率”的实验中,待测金属丝的电阻Rx约为5 Ω,实验室备有下列实验器材：‎ A．电压表V1(量程3V，内阻约为15kΩ)‎ B．电压表V2(量程15V，内阻约为75kΩ)‎ C．电流表A1(量程‎3A，内阻约为0.2Ω)‎ D．电流表A2(量程‎0.6A，内阻约为1Ω)‎ E．滑动变阻器R1(0～50Ω，‎0.6A)‎ F．滑动变阻器R2(0～500Ω，‎0.1A)‎ G．电池E(电动势为3 V，内阻约为0.3Ω)‎ H．开关S，导线若干 ‎(1`)为提高实验精确度,减小实验误差,‎ 电压表应选用__________．电流表应选用__________．滑动变阻器应选用__________．（选填器材前面的字母序号）‎ ‎(2)为减小伏安法测电阻的实验误差,应选用_________[填“甲”或“乙”]为该实验的电路图．‎ ‎(3)某次实验中，电表表盘如图所示，则电压表读数为________V,电流表读数为________A;‎ ‎(4)用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，该金属丝的直径的测量值为________mm.‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 乙 (5). 1.20 (6). 0.50 (7). 1.685(1.684~1.687)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路．‎ ‎(3)电表读数要根据精确度选择估读在同一位或下一位.‎ ‎(4)螺旋测微器的精确度为‎0.01mm，通过格数的估读会读到‎0.001mm.‎ ‎【详解】(1)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A，被测电阻阻值约为5Ω，电路中的最大电流约为,则电流表选D；为保证安全且方便实验操作，滑动变阻器应选小电阻E(50Ω).‎ ‎(2)由于,即待测电阻为小电阻，采用小电阻外接法测量值会偏小；故选乙电路.‎ ‎(3)电压表的量程为3V，精确度为0.1V，需估读到下一位，故读数为1.20V；电流表的量程为‎0.6A，精确度为‎0.02A，需估读到同一位，故读数为0.50V.‎ ‎(4)由图示螺旋测微器可知，导线的直径d=‎1.5mm+18.5×‎0.01mm=‎1.685mm(1.684~1.687).‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键．‎ ‎14.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”‎刻线。‎ ‎（2）将K旋转到电阻挡“×‎100”‎的位置。‎ ‎（3）将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻“‎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。为了得到比较准确的测量结果，将按照下面的步骤进行操作：‎ ‎①将K旋转到电阻挡________的位置（选填“×1k”或“×‎10”‎）；‎ ‎②将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准；‎ ‎③将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接；‎ ‎④完成读数测量。‎ ‎【答案】 (1). S (2). T (3). 0刻线 (4). ADC ‎【解析】‎ ‎①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S. ‎ ‎③接着是欧姆调零，将“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．‎ ‎④当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，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序BDC.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 四、计算题 ‎15.如图所示，光滑倾斜导轨宽为L，与水平面成α角，处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的金属杆ab水平放在导轨上．当回路接通时，金属杆ab恰好保持静止，（重力加速度为g）则；‎ ‎ ‎ ‎(1)求回路中的电流大小；‎ ‎(2)求导轨对金属杆的支持力FN的大小；‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导体棒垂直处在匀强磁场中，根据安培力公式F=BIL求解安培力的大小；根据左手定则判断安培力的方向．受力分析后根据共点力平衡条件求解支持力大小．‎ ‎【详解】由于ab棒与磁场垂直，所以导体棒ab受到安培力的大小为：F=BIL；‎ 导体棒中电流方向为b→a，由左手定则判断可知导体棒ab受到安培力的方向为垂直于杆方向水平向右 对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示：‎ 根据共点力平衡条件，有：‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题关键是导体棒的受力情况，会用左手定则判断安培力方向，会根据共点力平衡条件列式求解.‎ ‎16.如图所示，比荷为的电子以大小不同的初速度沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，磁感应强度大小为B，（不计重力作用）则：‎ ‎ ‎ ‎(1)若电子从AC边射出磁场区域，求电子在磁场中的运动时间t；‎ ‎(2)若要电子从BC边射出，求入射速度大小的范围；‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电子进入磁场后受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动, 利用轨迹从直边界进出具有对称性求圆心角从而确定时间.‎ ‎(2)电子能经过BC边恰好从C点离开时，轨迹半径最小，由几何知识求出最小的半径，由半径公式求出初速度的最小值，即可得到初速度的范围.‎ ‎【详解】(1)由洛伦兹力提供向心力，可得 可得： ‎ 而，可知 当电子从AC边离开磁场时，根据直边界的对称性可知弦切角为60°，则圆心角为120°‎ 则运动时间为 联立得：‎ ‎(2)当电子从C点离开磁场时，是电子做匀速圆周运动从BC边离开的临界情况，如图所示：‎ 则由几何知识：，可得 联立得 速度越大半径越大，则要从BC边飞离的磁感应强度的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解速度的范围.‎ ‎17.如图所示，一半径为r的圆环上均匀分布着电荷量为＋Q的电荷，在垂直于圆环面且过圆心O的轴线上有A、B、C三个点，C和O、O和A间的距离均为d，A、B间距离为2d.在B点处有一电荷量为＋q的固定点电荷．已知A点处的场强为零，静电力常量为k，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)带电圆环在A点处产生电场的场强大小和方向；‎ ‎(2)C点处电场的场强大小和方向．‎ ‎【答案】(1), 方向竖直向上 (2) ,方向竖直向下 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点电荷场强公式和电场的叠加原理，求出圆环在A点处产生的场强，根据对称性得到圆盘在C产生的场强，再由电场的叠加求解C点的场强大小．‎ ‎【详解】(1)+q的点电荷在A点产生的场强为，方向竖直向下 因为圆环在A点产生的场强和点电荷在A点产生场强等大反向，故A点处的场强为零 则圆环在A点产生的场强为，方向竖直向上.‎ ‎(2)根据电场分布的对称性可知圆环在C产生的场强，方向竖直向下 ‎+q在C处产生的场强大小为，方向竖直向下 根据电场的叠加原理得知C点处合场强的大小为；方向竖直向下.‎ ‎【点睛】此题考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．‎