2018-2019学年甘肃省定西市岷县一中高二(上)期末物理试卷

1、2018-2019 学年甘肃省定西市岷县一中高二（上）期末物理试卷副标题题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共7 小题，共28.0 分）1.下列说法正确的是（）A. 公式 E= 对于任何电场均适用B. 真空中两点电荷之间的库仑力与它们之间的距离成反比C. 静电平衡状态下的导体内部场强处处为零D. 通电导线在某处所受安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零2.根据所学知识判断图中正确的是（）A.B.C.D.3. 如图甲是某电场中的一条电场线，a、 b 是这条线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从 a 运动到 b。则在这个过程中， 电荷的速度 -时间图线如图乙所示，请比较 a、 b 两点

2、电势的高低和场强的大小（）A. a bEa EbB. ab Ea=EbC.EaEbD.Ea=Eba ba b4. 如图所示电路中， 当滑动变阻器的滑片P 从 b 端向 a 端滑动时，以下判断正确的是（）A. 电压表读数变大， 通过灯 L 1 的电流变大， 灯 L 2 变亮B. 电压表读数变小， 通过灯 L 1 的电流变小， 灯 L 2 变暗C. 电压表读数变大， 通过灯 L 2 的电流变小， 灯 L 1 变亮D. 电压表读数变小， 通过灯 L 2 的电流变大， 灯 L 1 变暗5. 一带电微粒在正交匀强电场和匀强磁场的竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示。则微粒带电性质和环绕方向（）A. 带正电

3、，逆时针B. 带正电，顺时针C. 带负电，逆时针D. 带负电，顺时针6.如图所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从孔A垂直于磁场射入容器中，其中一部分从C 孔射出，一部分从 D 孔射出。下列叙述正确的是（）第1页，共 18页A.B.C.D.从 C、 D 两孔射出的电子在容器中运动时的速度大小之比为1：2从 C、D 两孔射出的电子在容器中运动时间之比为1：2从 C、D 两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为：1从 C、 D 两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为1： 27.如图所示， a、b 分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线，则（）A. 电阻的阻值为5B. 电池内阻

4、是0.2 C. 将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是D. 改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为二、多选题（本大题共3 小题，共12.0 分）8.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、 b 两带电粒子从电场中的 O 点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）15W15WA. a 一定带正电， b 一定带负电B. a 加速度减小， b 加速度增大C. a 电势能减小， b 电势能增大D. a 和 b 的动能一定都增大9.如图所示是一个由电池、电阻R、开关 S 与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P 点不动，下列说法

5、正确的是（）A. 带电液滴带正电B. 增大两极板距离的过程中，电阻R 中有从 b 到 a 的电流C. 断开 S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速上升D. 断开 S，减小两极板距离过程中，液滴静止不动10.1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）第2页，共 18页A. 该束带电粒子带负电B. 速度选择器的 P1 极板带正电C. 在 B2 磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D. 在 B2 磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小三、填空题（本大题共1 小题，共8.0 分）11.在“测

6、定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L 、直径 d 和电阻 R（ 1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_mm（ 2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_（选填“偏大”或“偏小”）（ 3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为 _V，电流表的读数为 _ A四、实验题探究题（本大题共1 小题，共8.0 分）12.有一个小灯泡上标有“2V、 1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I -U 图线，有下列器材供选用：A电压表（ 0 3V 内阻 10k）B电压表（ 0 10V 内阻 20k）C电流表（ 0 0.3A，内阻 1）D电流表（

7、 0 0.6A，内阻 0.4 ）E滑动变阻器（5， 1A）F滑动变阻器（500 ， 0.2A）G电源（电动势3V，内阻 1）（ 1）实验中电压表应选用_，电流表应选用_为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_（用序号字母表示）（ 2）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的I- U 图象如图所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而_（填“增大”、“减小”或“不变”）（ 3）请根据实验要求，画出电路图电路图：第3页，共 18页五、计算题（本大题共4 小题，共44.0 分）13. 如图所示， 用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球， 小球的质量为 m=1.0 10-2kg

8、现加一水平方向向左的匀强电场，场强 E=3.0 106 N/C，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为 =37，（sin37 =0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（ 1）小球带什么电荷及小球的电荷量。（ 2）若现在剪断细线，断线后小球的运动性质是什么？运动的加速度是多少？（ 3）若在小球的左侧 15cm 处有一面墙，则断线后小球多长时间到达墙面？14. 如图所示，两平行金属导轨间的距离 L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 =37，在导轨所在平面内， 分布着磁感应强度 B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻 r=0.50 的

9、直流电源。现把一个质量m=0.040kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 ，金属导轨电阻不计， g 取 10m/s2已知 sin37 =0.60 ，cos37=0.80，求：（ 1）通过导体棒的电流；（ 2）导体棒受到的安培力大小以及方向；（ 3）导体棒受到的摩擦力大小与方向。第4页，共 18页15. 如图所示， 两块相同的金属板正对着水平放置， 板间距离为 d当两板间加电压 U 时，一个质量为 m、电荷量为 +q 的带电粒子，以水平速度v0 从 A 点射入电场，经过一段时间后从B 点射出电场， A

10、、 B 间的水平距离为L，不计重力影响求：（ 1）带电粒子从 A 点运动到 B 点经历的时间；（ 2）带电粒子经过 B 点时速度的大小；（ 3） A、 B 间的电势差16. 如图所示， 坐标平面第 象限内存在水平向左的匀强电场，在y 轴左侧区域存在宽度为 a=0.3m 的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B（大小可调节）。现有质荷比为 =410-10kg/C 的带正电粒子从 x 轴上的 A 点以一定初速度 v0 垂直 x 轴射入电场，且以 v=4107m/s，方向与 y 轴正向成 60的速度经过 P 点进入磁场， OP=OA、 OA=0.1m，不计重力。求：（ 1）粒子在 A 点进入电场的初

11、速度v0 为多少；（ 2）要使粒子不从 CD 边界射出，则磁感应强度B 的取值范围；（ 3）粒子经过磁场后，刚好可以回到A 点，则磁感应强度B 为多少。第5页，共 18页第6页，共 18页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：A 、公式 E=适用于匀 强电场，故 A 错误；B、根据公式 F=可知，点电荷之间的库仑力与它们之间的距离平方成反比，故 B 错误；电态下的导体内部场强处处为为势导电势并不C、静 平衡状零， 等体，只是体一定为零，故 C 正确；导线的放置方向与磁场方向平行，安培力为导线所受的安培力D、若零，所以为零，该处的磁感应强度不一定 为零，故 D 错误；故选：C。公式 E=适用于匀

12、 强电场；公式E=仅用于求点 电荷电场的电场强度；根据库仑处电平衡状态的导体内部场强处处为为势体；通定律分析； 于静零， 等过电流元垂直放置于磁 场中所受磁 场力与电流元的比 值来定义磁感应强度。考查公式的 E=与静电平衡状态、磁感应强度等，解答的关键是正确理解磁感应强度的定义，理解磁感应强度与电流元受到的安培力之 间的关系。2.【答案】 A【解析】解：A 、根据左手定则知，电流所受的安培力方向 竖直向下。故 A 正确。B、根据左手定则知，运动电荷所受的洛 伦兹力方向竖直向上。故 B 错误 。C、正电荷所受电场力方向与 电场强度的方向相同。故 C 错误 。D、根据右手螺旋定则，螺线管外部上面的

13、磁 场方向为从左向右，则小磁针 N极指向右。故 D 错误 。故选：A。根据左手定 则判断电流所受的安培力方向；根据左手定 则判断运动电荷所受的洛伦兹力方向；正电荷所受电场力方向与 电场强度的方向相同；根据右手第7页，共 18页螺旋定则判断通电螺线管周围的磁场方向解决本题的关键掌握左手定 则判断安培力、洛伦兹力方向，用右手螺旋定 则判断电流周围的磁场方向，不能混淆3.【答案】 D【解析】解：负电子从 a 运动到 b，由速度时间图线 得到负电荷做减速运 动，故电场力向左，因负电荷受到的 电场力与场强方向相反，故场强向右，沿场强方向，电势降低，故 ；因为图线的斜率不 变，故加速度不变，因此电场力不变

14、，ab所以电场强度不变，即Ea=Eb；故ABC 错误，D 正确。故选：D。根据电荷的运动方向确定 电场力方向，判断电场线方向，即可分析电势的高低。从速度时间图线 得负点电荷做加速运 动，加速度不变，根据牛顿第二定律得到电场力的不变，场强不变。本题关键通过速度时间图象得到物体的速度 变化情况和加速度 变化情况，然后判断场强方向和电势大小。4.【答案】 C【解析】解：当滑动变阻器的滑片 Pb 端向 a 端滑动时，变阻器接入 电路的电阻变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路 电流送还上，通过灯 L2 的电流变小，则灯 L2 变暗。电源的内电压和 L 2 的电压变小，路端电压增大，则

15、并联部分电压增大，通过灯 L1 的电流变大，灯L1 变亮。故 C 正确，ABD 错误 。故选：C。当滑动变阻器的滑片 P 从 b 端向 a 端滑动时，变阻器接入 电路的电阻变大，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路 电流和路端 电压的变化，再由欧姆定律分析并 联部分电压的变化，即可得到结论。第8页，共 18页本题考查欧姆定律和滑 动变阻器的使用，关键明白滑片移 动的过程中电路的变化情况；也可以直接利用结论 “串反并同 ”进行分析判断。5.【答案】 C【解析】解：带电粒子在重力 场、匀强电场和匀强磁场中做匀速 圆周运动，可知，带电粒子受到的重力和 电场力是一对平衡力，重力竖直向下，

16、所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知 带电粒子带负电荷。磁场方向向外，洛伦兹力的方向始 终指向圆心，由左手定则可判断粒子的旋转方向为逆时针（四指所指的方向与带负电的粒子的运 动方向相反）。故选：C。带电粒子在复合 场中做匀速 圆周运动，可判断出电场力和重力 为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的 电性。根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断粒子的旋 转方向。此题考查了带电粒子在复合 场中的运动。复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场。带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析

17、就 显得极为重要。该题 就是根据 带电 粒子的运 动 情况来判断受到的电场力情况6.【答案】 B【解析】解：设磁场边长为 a，如图所示，粒子从 c 点离开，其半径为 rC=a，粒子从 d 点离开，其半径为 rD=a；A 、电子在磁场中做匀速 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛 顿第二定律得：第9页，共 18页evB=m，解得：v=，电子速率之比：=，故A 错误；B、从C 点射出的 电子的运动时间是个周期，从 D 点射出的 电子的运动时间是个周期，电子在磁场中做圆周运动的周期：T=相同，从两孔射出的tT： T=1：2，故 B 正确；电子在容器中运 动的时间之比 tC：D =电电= ，故CD、 子

18、的加速度大小：a= =， 子加速度大小之比：=CD 错误；故选：B。电子在磁 场中做匀速 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出 电子的运 动轨迹，求出电子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出 电子的速度，然后求出 线速度、向心加速度之比；根据电子做圆周运动的周期公式求出 电子的运动时间，再求出电子运动时间之比。本题属于带电粒子在磁 场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定 圆心及由几何关系求出半径， 应用牛顿第二定律与 电子做圆周运动的周期公式可以解题。7.【答案】 C【解析】电值等于 b图线的斜率大小，为R=15，故A错误；解：A 、 阻的阻B、电池组的内阻等于 a 图线的斜率大小

19、，为 r= =5，故B 错误；图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态 则电阻两端C、两，的电压为电为则电池组的输出功率 P=UI=15W ，故C 正确；U=15V ， 流I=1A ，D、当外电阻的阻值等于内阻 时，其电源的输出功率最大 为 Pm=20W故D 错误。故选：C。由 a 图线的斜率大小 读出电源的内阻，b 图线的斜率大小得到 电阻的阻值。两第10 页，共 18页图线的交点表示 该电阻接在该电源上时的工作状 态，由交点坐标读出电阻的电压和电流，由此可以判断电源的输出功率，并求出电源的总功率本题考查学生对图象的认识，要由 U=E-Ir 去理解 图象的性质，明确图象与纵坐标的交点

20、表示 电源的电动势，图象的斜率表示 电源的内电阻。8.【答案】 BD【解析】【分析】物体做曲 线运动的条件：力与速度不共线，要明确力、速度和运动轨迹三者的位置关系，电场力做功与 电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系考查了物体做曲 线运动的条件：力与速度不共线力、速度和运动轨迹三者的位置关系，电场力做功与 电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系【解答】解：A 、由运动轨迹如图可知，a、b 做曲线运动，由于电场线方向未知，故 a、b电性不能确定，故 A 错误B、根据 a、b 两粒子做曲 线运动轨迹弯曲程度即 电场线的疏密可知，b 所处的电场线变 密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速

21、度在增大；a 所处的电场线变 疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故 B 正确C、根据图知 a、b 两粒子的 电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，故 C 错误D、根据图知 a、b 两粒子的 电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故 D 正确故选：BD。【答案】 CD9.【解析】为带电量为q 的液滴静止不动电场力与重力平衡，则知电场解：A 、因，所受的力向上，而场强向下，所以液滴一定 带负电，故 A 错误；B、增大两极板间距离，根据电容的决定式 C=，可知电容 C 减小，再根第11 页，共 18页结间的电压U不变电则电容据公式

22、C= 分析， 合极板，可知，极板 量减小，器放电 电电流，故 B错误；， 阻 R 中有从 a到 b 的C、断开 S，极板上是电量不变，在减小两极板正对面积的过程中，根据电容的决定式 C=，可知电容 C 减小，再根据公式 C=分析可知 U 增大，再根据公式 E=带电液滴受到的电场力大于重力，液滴可知 E 增大，因此将加速向上运 动，故C 正确；D、断开 S，极板上是电量不变，在减小两极板两极板距离 过程中，根据电容的决定式 C=、电容器的定 义式 C=和 E= 联立可得：E=与 d无关，即 E 保持不变，所以液滴静止仍然不动，故D 正确。故选：CD。带电量为 q 的液滴静止不 动，所受的电场力与

23、重力平衡，可判断其 电性；根据电容的决定式 C=分析电容的变化；再由公式 E=分析板间场强的变化，而分析液滴的运 动情况。本题是电容器动态变化分析问题，解答此类问题的关键是要抓住不 变量。当电容器保持与 电源相连时，其电压不变，当断开电键时，其电荷量不变；同时掌握电容的定义 式与决定式的内容及其区别。10.【答案】 BD【解析】解：A 、根据带电粒子在磁 场中的偏转方向，磁场的方向垂直 纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电。故A 错误 。B、根据左手定则知，带电粒子在 P1P2 区域所受的洛 伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向 竖直向下，知电场强度的方向 竖直向下，所以速度选择器的 P1 极

24、板带正电。故B 正确。C、根据得，知r 越大，荷质比越小。故 C 错误，D 正确。故选：BD。第12 页，共 18页A 、根据带电粒子在磁 场中的偏转方向确定 带电粒子的正 负 B、根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定 P1 极板的带电情况CD、在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的 轨道半径，看与什么因素有关解决本题的关键会根据左手定 则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度 选择器中，电荷所受的 电场力和洛伦兹力平衡11.【答案】 0.697（ 0.695-0.698 ） 偏小 2.60（ 2.59-2.61） 0.52 【解析】解：（1）由图甲所示螺旋 测微器可知，固定刻度示数

25、为 0.5mm，可动刻度示数为 19.7 0.01mm=0.197mm，螺旋测微器示数 为 0.5mm+0.197mm=0.697mm（0.695-0.698）；（2）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于 电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值（3）由图丙所示电压表可知，其量程为 3V，分度值为 0.1V ，示数为 2.60V；由图示电流表可知，其量程为 0.6A，分度值为 0.02A，示数为 0.52A故答案为：（1）0.697（0.695-0.698）；2（）偏小；（3）2.60（2.59-2.61）；0.52（1）螺旋测微器固定刻度与可 动刻度示数之和是

26、螺旋 测微器所示（2）根据电路图应用欧姆定律分析 实验误差（3）由图象电表确定电表量程与分度 值，读出电表示数螺旋测微器固定刻度与可 动刻度示数之和是螺旋 测微器示数，螺旋测微器需要估读12.【答案】 ADE增大【解析】解：（1）灯泡额定电压是 2V，电压表应选择 A ，灯泡额定电流 I=0.5A，电流表应选择 D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择 E；（2）由图 2 所示图象可知，随电压增大，灯泡电流增大，电压与电流的比值增第13 页，共 18页大，灯泡电阻增大；绘线电压与电流应从零开始变动变阻器应采用（3）描 灯泡伏安特性曲化，滑分压接法，灯泡正常发光时的电阻阻值 R= =4，电压表内阻为

27、 10k，电流表内阻 为 0.4 ，电压表内阻远大于灯泡 电阻，电流表应采用外接法，实验电路如图所示：故答案为：（1）A ；D；E；（2）增大；3（）电路图如图所示（1）根据灯泡额定电压选择电压 表，根据灯泡额定电流选择电流表，我 i 方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据图示图象应用欧姆定律分析答 题（3）根据题目要求确定滑 动变阻器与电流表的接法，然后作出 电路图 本题考查实验中的仪表选择及接法的 选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断13.【答案】 解（ 1）小球带正电。由小球受力分析可知：tan37 =所以， q=2.5 10-

28、7C（ 2）剪断细线后，小球受重力和电场力作用，质点做匀加速直线运动，牛顿第二定律求得加速度为：a=12.5m/s2（ 3）由小球在水平及竖直方向运动的独立性水平加速度：=7.5m/s2由运动学公式得：x=故： t=答：（ 1）小球带正电荷，小球的电荷量为2.5 10-7C；（ 2）若现在剪断细线， 断线后小球的运动性质匀加速直线运动， 运动的加速度是 12.5m/s2；（ 3）断线后小球 0.2s 到达墙面。【解析】第14 页，共 18页（1）由小球位置判断电场力方向，进一步得到小球 带什么电荷，由平衡条件求解小球的 电荷量；（2）剪断细线后，小球受重力和电场力作用，做匀加速直 线运动，由牛

29、顿第二定律求得加速度；（3）将小球的运动沿水平和 竖直方向分解，由分运 动的独立性和等 时性求解。掌握共点力平衡的求法，以及知道电场力的表达式 F=Eq，注意将小球的运动沿水平和 竖直方向分解，应用分运动的独立性和等 时性。14.【答案】 解：（ 1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I =代人数据解得：I=1.5A（ 2）导体棒受到的安培力：F 安=BIL代人数据解得：F=0.30 N，方向沿斜面向上（ 3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F 1=mgsin37 =0.24N由于 F1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：mgsi

30、n37 +f=F 安解得： f=0.06N答：（ 1）通过导体棒的电流为1.5A；（ 2）导体棒受到的安培力大小为0.30N，方向沿斜面向上；（ 3）导体棒受到的摩擦力大小为 0.06N，方向沿斜面向下。【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出 电流的大小。（2）根据安培力的公式 F=BIL 求出安培力的大小，运用左手定 则判断安培力的方向。（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。解决本题 的关键 掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。1A点运动到B点经历的15.【答案】 解：（ ）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从时间；（ 2）带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动第15 页，共 18页板间场强大小加速度大小=经过 B 点时粒子沿竖直方向的速度大小vy=at=带电粒子在B 点速度的大小v=（ 3）带电粒子从A 点运动到B 点过程中，根据动能定理得A、 B 间的电势差U AB=答：（ 1）带电粒子从A 点运动到 B 点经历的时间为；（ 2）带电粒子经过B 点时速度的大小