贵州省独山县第四中学高二上学期期末考试物理试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精贵州省独山县第四中学2019-2020学年上学期期末考试高二物理分卷I一、单选题(共10小题，每小题3。0分，共30分)1。如图所示，Q是带正电的点电荷,P1、P2为其电场中的两点.若E1、E2为P1、P2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P1、P2两点的电势，则A.E1〉E2,φ1〉φ2 B。E1>E2，φ1〈φ2C。E1<E2，φ1>φ2 D.E1〈E2，φ1<φ2【答案】A【解析】【详解】由公式、可知：正电荷的电场线方向由P1指向P2，顺着电场线的方向电势降低，则电势故A正确，BCD错误．2.如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域,磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入,粒子1从b点射出,粒子2从c点射出,粒子3从cd边垂直于磁场边界射出,不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用．根据以上信息，可以确定（)A。粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电B。粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1C.粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为1∶1D.粒子3的射出位置与d点相距L/2【答案】B【解析】【详解】根据左手定则可得：粒子1带正电,粒子2不带电，粒子3带负电．故A错误；做出粒子运动的轨迹如图,则粒子1运动的半径:，由可得：

粒子3的运动的轨迹如图，则：，，所以：．故B正确;粒子1在磁场中运动的时间：;粒子3在磁场中运动的时间：,所以:，故C错误；粒子3射出的位置与d点相距:x＝R−L＝L−L＝（−1）L．故D错误．故选B.3。如图所示,平行等距的竖直虚线为某一电场的等势面，一带负电的微粒以一定初速度射入电场后,恰能沿直线运动,由此可知（）A.该电场一定是匀强电场，且方向水平向左B。点的电势高于点的电势C。微粒从点到点电势能减少,机械能增加D。微粒从点到点，其动能与电势能之和保持不变【答案】B【解析】【详解】A．等势面平行等距，因为电场线和等势线垂直，所以电场线必定沿水平方向,且疏密均匀同向，该电场一定是匀强电场．负电荷受到电场力与重力，使其沿着A到B直线运动，可知，电场力必定水平向左,故电场的方向应水平向右．故A错误．B．沿电场线电势降低，所以电场方向向右,则P点的电势高于Q点的电势,故B正确．C．微粒所受的电场力水平向左，对微粒做负功，则其机械能在减少，故C错误；D．从P到Q过程中,动能、重力势能与电势能之和保持不变，因为重力势能增加，因此动能与电势能之和减小，故D错误．故选B.4.吉尔伯特制作了第一只验电器，后来，英国人格雷改进了验电器,其结构如图1所示．验电器原来带正电，如果用一根带大量负电的金属棒接触验电器的金属球，金属箔的张角将（）A.先变小后变大 B.变大C。变小 D.先变大后变小【答案】A【解析】【详解】带大量负电的金属棒接触验电器的金属球是，验电器上所带的正电荷先辈负电荷中和,验电器带电减少，金属箔张角变小；中和完后，多余的负电荷又会转移到验电器上，是金属箔的张角再次变大．故选A【点睛】容易题．带异种电荷的导体接触后电荷先中和，剩余的净电荷再重新分布到两个带电体上．5.如图所示，无限长、质量为m的通电细导体棒a，水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，为使棒a能在斜面上保持静止，可将无限长、电流方向与棒a相同的通电细导体棒b，固定在以细导体棒a为中心的圆（如图虚线所示)上的()A.HGFE区域内B.AHG区域内C.ABCD区域内D.EFGH区域内【答案】C【解析】【分析】根据题目放上导体棒b后，导体棒a处于静止状态，以导体棒a为研究对象分析受力,即可判断出所受安培力方向，再根据同向电流相互吸引便能判断出导体棒b所放位置范围。【详解】以棒a为研究对象，受力分析，受到重力、斜面的支持力、和棒b电流对棒a的作用力，根据同向电流相互吸引，且棒a静止，可知棒b如果在竖直线AE左边，合力不可能为0，所以棒b不可能在AE竖直线的左边，可能在ABCDE区域;要使棒a静止，棒b不可能在HD的下方,否则合力不为0，可能在HABCD区域；取交集，即棒b只可能在ABCD区域，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】本题考查安培力作用下的平衡问题.6.三盏灯泡L1（110V、100W）、L2（110V、60W）和L3（110V、25W），电源所能提供的电压为220V，在图示的四个电路中，能通过调节变阻器R使电路中各灯泡均能够正常发光且最省电的一种电路是()A。 B。 C。 D.【答案】C【解析】【详解】试题分析:根据可知,电压相同时，功率越大，电阻越小．L1为121欧姆，L2201欧姆，L3为484欧姆．根据串并联特点，L1、L2并联总电阻小于L1，不可能正常发光,B排除．由于A的总电阻小于C的总电阻，根据可知，A总功率大于C，A排除．C电阻为2倍L1电阻，而D的总电阻小于2倍L1的电阻，所以C的功率最小．考点：串并联电阻点评：本题考查了串并联电阻的电阻特点,通过进行判断电阻的功率,7。下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是A。 B.C。 D。【答案】B【解析】【详解】根据点电荷的电场强度公式可得各圆环上的电荷在O点的电场场强大小,再根据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可．由于电荷均匀分布,则各圆环上的电荷等效集中于圆环的中心，设圆的半径为r,则A图O点处的场强大小为；将B图中正、负电荷产生的场强进行叠加，等效两电荷场强方向间的夹角为90°，则在O点的合场强,方向沿x轴负方向；C图中两正电荷在O点的合场强为零，则C中的场强大小为，D图由于完全对称,易得合场强ED=0．故O处电场强度最大的是图B．故答案为B．【考点定位】本题考查电场的叠加，要注意采用等效思想及矢量的运算．难度:中等．8。如图所示，实线表示一正点电荷和金属板间的电场分布图线，虚线为一带电粒子从P点运动到Q点的运动轨迹，带电粒子只受电场力的作用。那么下列说法正确的是(）A。带电粒子从P到Q过程中动能逐渐增大B.P点电势比Q点电势高C。带电粒子在P点时具有的电势能大于在Q点时具有的电势能D。带电粒子的加速度逐渐变大【答案】B【解析】【分析】根据粒子的运动轨迹可以判断粒子的运动方向和受力方向，判断粒子由P到Q电场力做负功，电势能增加，动能减小;再根据沿着电场线电势降低,可以判断P点电势比Q点电势高;加速度的大小取决于电场强度的大小，也就是电场线的疏密，由图可知从P到Q加速度逐渐减小.【详解】A．由粒子运动的轨迹可以判断，粒子受到的电场力为引力，带电粒子从P到Q过程中电场力做负功，粒子的动能逐渐减小，故A错误；B．沿电场方向电势降低,所以P点电势比Q点电势高，故B正确;C．带电粒子从P到Q过程中电场力做负功，电势能增加，故C错误；D．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以粒子在P点时受到的电场力大,所以带电粒子的加速度逐渐减小,故D错误；故选B。【点睛】考查静电场中根据电场线和运动轨迹判断电势,电场强度等问题。9。如图所示是某静电场的一部分电场线分布情况,下列说法中正确的是A.这个电场可能是负点电荷的电场B.点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大C.负电荷在B点处受到的电场力的方向沿电场线的切线方向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．负电荷电场中的电场线是从无穷远出发指向负电荷的直线，而该电场线是曲线，所以A错误；B．电场线密地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以EA＞EB,依据F=qE，则有点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大,故B正确；C．电场线的切线方向为该点场强的方向，所以负电荷在B点处受到的电场力的方向沿电场线切线的反方向，故C错误；D．根据牛顿第二定律，可知，电场力越大的,产生加速度也越大，则点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度大，故D错误。故选B。10.把一个带负电的球放在一块接地的金属板附近，对于球和金属板之间形成电场的电场线，在图中描绘正确的是（）A。B.C。D.【答案】B【解析】【详解】静电平衡状态下，整个金属板是个等势体，所以金属板附近电场线与金属板表面垂直,选项A、D错误;金属板接地，金属板只带有正电荷,且分布在金属板的左表面，所以金属板右表面没有电场存在，选项B正确,C错误．二、多选题(共4小题,每小题4。0分,共16分）11。A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出)如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点,MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点,电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是(）A.这两点电荷一定是同种电荷B。这两点电荷一定是异种电荷C。DC两点电场强度相等D.C点的电场强度比D点的电场强度大【答案】BD【解析】【详解】AB．根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，这两点电荷是两个等量异种电荷．故A错误，B正确；BD．在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断,所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D正确,C错误．12.某导体中的电流随其两端电压的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是（)A.加5V电压时，导体的电阻大于5ΩB。加11V电压时,导体的电阻可能为1。4ΩC.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D.由图可知，随着电压的减小,导体的电阻不断减小【答案】D【解析】【详解】A、加的电压时，电流为，则由欧姆定律可知，,故A错误;

B、加的电压时,电流约为,则可得电阻为：，故B错误；

C、由图可知,随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误；

D、随着电压的减小，导体的电阻减小，故D正确．点睛:本题考查欧姆定律应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化．13.三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒,从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场,分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点,如图所示。下面判断正确的是（

)A.落在a点的颗粒带正电，c点的带负电,b点的不带电B.落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是C。三个颗粒在电场中运动的时间关系是D。电场力对落在c点的颗粒做负功【答案】BD【解析】【分析】由图，电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间有竖直向上的匀强电场，正电荷在电场中受到向上的电场力,负电荷受到向下的电场力，不带电的小球做平抛运动,带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动，由此根据平抛和类平抛运动规律求解；【详解】A、根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有,相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为，则运动时间关系为，竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：,则知加速度关系为，由牛顿第二定律得知三个小球的合力关系为，由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小,向下的加速度最小,负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电,c点的带正电，b点的不带电．故AC错误，B正确;

D、由上分析得知,落在c点的颗粒带正电，电场力向上,则电场力对它做负功．故D正确．【点睛】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析．14.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示,离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看做为零），经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场,到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S'的距离为x，可以判断A。若离子束是同位素，则x越大，离子质量越大B.若离子束是同位素,则x越大，离子质量越小C.只要x相同，则离子质量一定相同D.只要x相同，则离子质量的荷质比一定相同【答案】AD【解析】【详解】AB．离子在电场加速过程，根据动能定理得：解得:在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有:可得：则有：若离子束是同位素,相同，则越大，对应的离子质量一定越大,故A正确，B错误;CD．由知,只要相同，对应的离子的比荷一定相等，故C错误，D正确；故选AD。分卷II三、实验题（共2小题,共15分)15.图甲为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡的额定电压为3V。（1)在图乙方框图中画出与实物电路相对应的电路图____________。（2)完成下列实验步骤：①闭合开关前,调节滑动变阻器的滑片，滑片应停留在滑动变阻器的最________（选填“左"或“右”）端；②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压,记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；③记录如下8组U和I的数据，断开开关．根据实验数据在图丙方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线______________。（3)数据分析：①从图线上可以得知,当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是___________________。②图线表明导体的电阻随温度的升高而________。③小灯泡正常工作时的电阻约为________。(保留到小数点后一位）【答案】(1).（2).左(3).（4）。先不变，后逐渐增大(5).增大(6)。14。6Ω【解析】【分析】掌握“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，尤其是对于实验的重要步骤，以及对伏安特性曲线的理解和应用.【详解】(1）［1]与实物电路相对应的电路图如图所示;（2)[2]为保护电路安全，开关闭合之前,题图甲中滑动变阻器的滑片应该置于最左端;[3］根据表格中的数据，画出小灯泡的I-U图线如图所示；（3)［4］从图线上可以得知,当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是先不变，后逐渐增大；[5]图线表明导体的电阻随温度的升高而增大；［6］根据I—U图线可得电压时，，所以小灯泡正常工作时的电阻约为。【点睛】本题考查对“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的理解。16.(1)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．应该选择的实验电路是图中的_________(选项“甲”或“乙")．（2)现有电流表（0—0。6A),开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表（0—15V）B．电压表（0—3V）C．滑动变阻器（0—50Ω）D。滑动变阻器（0-500Ω）实验中电压表应选用_____,滑动变阻器应选用_______（选填相应器材前的字母)．（3）某同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点,并画出U-I图线_________．（4）根据（3)中所画图线可得出干电池的电动势E=____V，内电阻r=_____。【答案】(1）.甲（2)。B(3).C（4）.（5)。1。5（6）.0.83【解析】【详解】(1)[1］干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；(2)[2]一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，[3]为方便实验操作，滑动变阻器应选C；(3）[4]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U—I图象如图所示;

(4）［5]［6］由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1。5,则电源电动势E=1。5V，电源内阻：【点睛】本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理,要掌握应用图象法处理实验数据的方法;电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻．四、计算题17.如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E,有一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动,求物体与斜面间的动摩擦因数．【答案】【解析】【详解】物体做匀速直线运动，由平衡条件得：

在垂直于斜面方向上:N=mgcosθ+qEsinθ…①

在平行与斜面方向上:f+mgsinθ=qEcosθ…②

滑动摩擦力:f=μN…③

由①②③可得：

．【点睛】本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识,正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．18。如图所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场,其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O处点电荷的电性和电荷量；(2)两金属板间所加的电压．【答案】(1）负电,；（2)【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速度为：…①

在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足…②

由①②得：

（2)粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°

tan

30°=…③

vy=at…④

…⑤