学年广西玉林市高二上学期期末质量评价检测理科综合物理试题 解析版.docx
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学年广西玉林市高二上学期期末质量评价检测理科综合物理试题解析版
2018年秋季期高中二年级期末质量评价检测
理科综合能力测试（物理部分）
二、选择题：
1.电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则（ ）
A.电场力做功仍为WB.电场力做功为
C.两点间的电势差仍为UD.两点间的电势差为
【答案】C
【解析】
让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点，电场力做功为q×2U=2W，故A错误，B错误；
在同一个电场中，两点之间的电势差就不变，与放入的电荷的电荷量的大小无关，所以AB之间的电势差的大小还是U，C正确，D错误。
故选：
C。
点睛：
两点间的电势差是由电场决定的，电场不变，两点之间的电势差就不变，根据W=qU可以直接计算电场力做功的大小．
2.两个完全相同的金属小球（视为点电荷），带电荷量之比为1：
7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由库仑定律列出接触前的库仑力表达式；根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量，再由库仑定律列出库仑力表达式，即可求得两力的关系．
【详解】由库仑定律可得：
两球接触前的库仑力
;当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量q′=
＝4Q,两球接触后的库仑力
；当两球带异种电荷时，两球接触中和后再平分电量，则两球的电量q′=
＝−3Q;两球接触后的库仑力
，故ABD错误，C正确。
故选C。
【点睛】两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向．
3.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。
关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）
【答案】D
【解析】
主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。
正确答案是D。
4.如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L标有“2V 0.4W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4Ω时，小灯泡L正常发光。
现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。
则（ ）
A.电源内阻为1Ω
B.电动机的内阻为4Ω
C.电动机正常工作电压为1V
D.电源效率约为93.3%
【答案】AD
【解析】
【详解】A、小灯泡的额定电流为
，电阻为
，当接1时，由闭合电路欧姆定律可知
，代入数据解得r=1Ω，故A正确；
BC、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A，电源内阻分的电压为
，故电动机分的电压为
，电动机的内阻
，故B、C错误；
D、电动机的输入功率
，电源的效率
，故D正确；
故选AD。
【点睛】关键是电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用，同时注意串并联电路的规律应用。
5.如图所示电路，电源内阻不可忽略。
开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中
A.电压表与电流表的示数都减小
B.电压表与电流表的示数都增大
C.电压表的示数增大，电流表的示数减小
D.电压表的示数减小，电流表的示数增大。
【答案】A
【解析】
解：
当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；
由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：
通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故D正确，ABC错误；
故选：
D．
【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．
【此处有视频，请去附件查看】
6.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（ ）
A.向上B.向下C.向左D.向右
【答案】B
【解析】
试题分析：
带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左。
根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下。
故选B。
考点：
洛伦兹力方向判定（左手定则）和直导线周围磁场的判定（右手螺旋定则）。
【此处有视频，请去附件查看】
7.平面OM和平面ON之间的夹角为60°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。
一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）.粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成60°角。
已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON有且只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。
不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离l及在磁场中运动的时间t分别为
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
（1）根据几何关系求得中心角，由洛伦兹力做向心力求得周期，即可求得运动时间；
（2）根据几何关系求得距离和半径的关系，即可根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径，从而求得距离。
【详解】
（1）粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，故运动轨迹与ON相切；轨迹如图所示，
；
根据洛伦兹力做向心力可得：
，故运动周期
；由几何关系可得：
粒子在磁场中转过的中心角为240°，故运动时间
，选项C正确，D错误；根据几何关系可得：
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离
，故A正确，B错误；故选AC.
【点睛】粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力作用下的运动情况，一般根据几何关系求得轨道半径、中心角等问题，即可由洛伦兹力做向心力求得周期、轨道半径，进而求得速度、运动时间等问题。
8.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则
A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.a、b线圈中感应电动势之比为9：
1
C.a、b线圈中感应电流之比为3：
1
D.a、b线圈中电功率之比为3：
1
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据楞次定律可求得电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比．
【详解】根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针；故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，
；而S=l2；因此电动势之比为9：
1；故B正确；线圈中电阻
，而导线长度L=n×4l；故电阻之比为：
3：
1；由欧姆定律可知，I=E/R；则电流之比为：
3：
1；故C正确；电功率P=E2/R，电动势之比为9：
1；电阻之比为3：
1；则电功率之比为27：
1；故D错误；故选BC。
【点睛】本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解．
9.如下图所示为某次实验中两电表的接线及示数情况，则
电流表A的示数为___________A，电压表V的示数为___________V。
【答案】
（1）.1.50A
（2）.7.50V
【解析】
【详解】电流表A的量程为0-3A，则示数为1.50A；电压表V的量程为0-15V，则示数为7.50V.
10.某实验小组利用如下器材测量某金属丝的电阻率：
A.电源（3V，内阻约为0.1Ω）
B.电流表（量程0.6A，内阻约为0.1Ω）
C.电流表（量程3A，内阻约为0.03Ω）
D.电压表（量程3V，内阻约为3kΩ）
E.滑动变阻器（1kΩ，0.3A）
F.滑动变阻器（20Ω，2A）
G.待测金属丝、螺旋测微器、米尺、开关和导线等
（1）实验的主要步骤如下：
a.截取一段金属丝，拉直并固定在两端带有接线柱的米尺上，观察其接入长度在米尺上的示数如图甲所示，则读数为L=___________cm；
b.用螺旋测微器测出金属丝的直径，某次测量时示数如图乙所示，其读数为D=___________mm；
c.正确连接电路，合上开关；
d.改变滑动变阻器的位置，读出电压表和电流表的示数，记录如下表：
次数
1
2
3
4
5
U/V
0.80
1.00
1.50
1.80
2.30
I/A
0.18
0.22
0.34
0.42
0.52
e.断开开关，整理器材，结束实验操作。
（2）根据以上信息，你认为该小组选用的电流表是___________，滑动变阻器是___________（只填仪器前的代号）；请设计一个电路并使其尽可能测得更多的数据，据此把下列电路连接完整_______。
（3）该小组的测量数据已标在U-Ⅰ图上，据此可计算该金属丝的电阻值为___________Ω（保留两位有效数字），根据电阻定律即可得到该金属丝电阻率。
【答案】①50.00，0.712（0.711～0.713均给分）；②B，F，如图；③4.4（4.3～4.5均给分）Ω.
【解析】
试题分析：
①a.金属丝的长度为50.00cm；b．金属丝的直径为：
0.5mm+0.01mm×21.2=0.712mm；②根据表中数据可知，电流表选择0.6A量程，即选B；滑动变阻器选择F即可；连接电路如图；
③画出U-I图像如图，则求得电阻值为：
考点：
测量金属导体的电阻率.
11.如图，质量m＝0.2kg、长度L＝1.0m的水平导体棒MN，用两根劲度系数均为k＝100N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，导体棒置于水平向里的匀强磁场中。
当导体棒中通以大小为I＝5A的电流，并处于静止时，两弹簧恰好都恢复到原长状态。
（重力加速度g取10m/s2）
（1）求匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）欲使导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态，应当通入什么方向、多大的电流。
【答案】
（1）0.4T
（2）2.5A
【解析】
（1）弹簧都恢复到原长状态时，ILB＝mg
B＝
＝0.4T
（2）导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态时，
应当通入的电流方向为从N→M
由平衡条件可得：
mg+I′LB＝2kx
求得：
I′＝2.5A
12.如图，两根相距L=0.20m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.40Ω的电阻相连。
电阻右侧存在沿导轨方向随距离均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.50T/m，金属棒所在处磁场的磁感应强度B0=0.50T。
一根质量0.10kg，电阻r=0.10Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。
在t=0时刻，棒在水平外力作用下以初速度v1=2m/s沿导轨向右做匀速运动。
求
（1）t=0时回路中的电流大小；
（2）t=2s时电阻R上的热功率及外力做功功率；
【答案】
（1）0.4A
（2）1.6W2W
【解析】
【分析】
（1）棒向右匀速运动，由E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流．
（2）电阻R上产生的热功率由公式P=I2R求解．外力的功率等于总功率.
【详解】
（1）棒产生的电动势E=B0Lv1=0.5×0.2×2V=0.2V
由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流：
（2）t=2s时棒的速度v1=2m/s，走过的位移为：
x=v1t=2×2=4m，此时的磁场强度：
B2=B0+kx=0.5+0.5×4=2.5T
棒产生的电动势E=BLv1=2.5×0.2×2V=1V
由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流：
电阻R上产生的热功率为：
PR=I2R=22×0.4W=1.6W
外力的功率等于总功率，即P外=1E=2W
13.如图所示，在xoy坐标系中有虚线OA，OA与x轴的夹角θ=30°，（OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场，已知匀强磁场的磁感应强度B=0.25T，匀强电场的电场强度E=5×105N/C．现从y轴上的P点沿与y轴正向夹角60°的方向以初速度v0=5×105m/s射入一个质量m=8×10﹣26kg、电量q=+8×10﹣19C的带电粒子，粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点，已知P点到O的距离为
m．（带电粒子的重力忽略不计）求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）粒子从P点运动到Q点的时间；
（3）Q点的坐标．
【答案】
（1）0.2m；
（2）1.18×10﹣6s；（3）（0.6m，0）
【解析】
（1）由F向=qv0B=m得r=="0.2"m.（4分）
（2）粒子由P点进入磁场，由于∠O′PO=300，延长PO′交OA于O″，则PO″⊥OA，则PO″=OPcos300="0.3"m，则O′O″=PO″－PO′="0.1"m得O′O″=O′M，即得∠O′MO″=300（2分）
由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为600，即得从OA边射出时v0与x轴垂直。
（2分）
从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和。
t1==8.37×10－7s
（2分）
粒子从P点到Q点的时间为t=t1＋t2=1.18×10－6s（2分）
（3）粒子在电场中qE=ma，a==5×1012m/s2
水平位移x2=at22="0.3"m（3分）
粒子在磁场中水平位移x1=r＋rsin300=0.3m（2分）
故x=x1＋x2="0.6"m即Q点的坐标为（0.6m,0）（2分）
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