学年湖北省宜昌市协作体高二上学期期末考试物理试题 解析版.docx

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学年湖北省宜昌市协作体高二上学期期末考试物理试题解析版

宜昌市部分示范高中教学协作体2018年秋期末联考高二物理

一、选择题

1.许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是（）

A.法拉第提出了分子电流假说B.奥斯特发现了电流的磁效应

C.安培用实验测出了静电力常量D.楞次提出了磁场对运动电荷的作用力公式

【答案】B

【解析】

【详解】安培提出了分子电流假说，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项B正确；库伦用实验测出了静电力常量，选项C错误；洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，选项D错误；故选B.

2.如图，长为

的直导线拆成边长相等，夹角为

的

形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为

，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该

形通电导线受到的安培力大小为

A.0B.0.5

C.

D.

【答案】C

【解析】

试题分析：

导线在磁场内有效长度为

，故该V形通电导线受到安培力大小为

，选项C正确，选项ABD错误。

考点：

安培力

【名师点睛】由安培力公式

进行计算，注意式中的

应为等效长度，本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义。

【此处有视频，请去附件查看】

3.在如图所示的电路中，两表为理想电表，当变阻器R3的滑动头P向a端移动时（　　）

A.电压表示数变小，电流表示数变大

B.电压表示数变大，电流表示数变小

C.电压表示数变小，电流表示数变小

D.电压表示数变大，电流表示数变大

【答案】B

【解析】

当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内压减小；因此路端电压增大，故电压表示数变大，将

等效为内阻，则可知并联部分电压一定增大，故流过

的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小；故选A．

【点睛】由图可知

与

并联后与

串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E-Ir可得出路端电压的变化；将

作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得

中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．

4.在新农村建设的街道亮化工程中，全部使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（　　）

A.0.14

B.7.35

C.6.23

D.0.16

【答案】B

【解析】

【分析】

由闭合电路的欧姆定律可求得电池的内电阻．

【详解】根据太阳能路灯的电池板铭牌可知，开路电压即为电源电动势，所以E=43V，短路电流I=5.85A，则内电阻为：

；故选B。

5.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下列说法错误的是（）

A.带点油滴的电势能将增大

B.P点的电势将降低

C.带点油滴将沿竖直方向向上运动

D.电容器的电容减小，极板带电量减小

【答案】C

【解析】

【分析】

将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=U/d分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。

由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。

【详解】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。

故C错误。

场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。

由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加。

故AB正确。

根据

，可知d增大时，电容器的电容减小；根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D正确；此题选择错误的选项，故选C。

【点睛】本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动。

运用推论：

正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。

6.如图所示，直线MN是某静电场中的一条电场线（方向未画出）。

虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。

下列判断正确的是（）

A.电场线MN的方向一定是由M指向N

B.带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度

C.带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小

D.带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能

【答案】D

【解析】

由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定．故A错误；由题，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故B错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C错误，D正确；故选D.

点睛：

依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况．

7.一条形磁体平放在水平桌面上，一闭合线圈保持在竖直平面内，从条形磁铁探出桌面的一端的左上方竖直下落，线圈平面垂直于磁铁（如图）。

在线圈通过磁铁截面的过程中磁铁一直静止，关于磁铁的受力分析正确的是

A.线圈中感应电流的方向不会变化

B.磁铁受桌面的支持力一直大于重力

C.磁铁受到桌面的摩擦力一直向右

D.磁铁受到桌面的摩擦力一直向左

【答案】B

【解析】

线圈向下运动的过程中穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈产生的感应电流的方向一定会发生变化。

故A错误；根据楞次定律可知，线圈向下运动的过程中，产生的感应电流对线圈一直存在阻碍作用，即磁铁对线圈一直有向上的作用力，根据牛顿第三定律可知，线圈对磁体一直有向下的作用力，所以磁铁受桌面的支持力一直大于重力。

故B正确；根据楞次定律，线圈在桌面以上时，线圈对磁体的作用力的方向为右下方，所以磁铁还要受到向左的摩擦力；而线圈在桌面以下时，线圈对磁体的作用力的方向为左下方，所以磁铁还要受到向右的摩擦力。

故CD错误。

故选B。

点睛：

首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。

一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。

8.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解。

【详解】若将带电量为2q的整个球面的球心放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。

则在M、N点所产生的电场为

，由题知左半球面在M点产生的场强为E，则右半球面在N点产生的场强大小也为E，则左半球面在N点的场强为E′=

-E，故选C。

【点睛】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系。

左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键。

9.如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（）

A.正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能

B.正电荷+q在c点电势能等于在a点电势能

C.在MN连线的中垂线上,O点电势最高

D.负电荷-q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大

【答案】BC

【解析】

【分析】

本题考查了等量同种电荷周围电场分布情况：

中垂线上上下电场线方向相反，根据电场线方向判断电势高低．a、c两点关于中垂线对称，电势相等，电荷在这两点的电势能相等.

【详解】根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则正电荷在a点电势能一定等于在c点电势能。

故A错误，B正确；沿电场线方向电势降低，在MN连线的中垂线上，O点电势最高。

故C正确；由对称性知O点的场强为零，从O点向上或向下场强都是先增加后减小；则电荷-q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能先增大，后减小再增大再减小。

故D错误；故选BC。

10.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。

正确的有（）

A.电阻的阻值为15Ω

B.电池内阻是0.2Ω

C.将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是10W

D.改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为20W

【答案】AD

【解析】

【分析】

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，并求出电源的最大输出功率.

【详解】电阻的阻值等于b图线的斜率大小，为R=U/I=15Ω，故A正确；电池组的内阻等于a图线的斜率大小，为

，故B错误；两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态，则电阻两端的电压为U=15V，电流为I=1A，则电池组的输出功率P=UI=15W，故C错误；由图可知E=20V，当外电阻的阻值等于内阻时，其电源的输出功率最大为

．故D正确。

故选AD。

【点睛】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表示电源的电动势，图象的斜率表示电源的内电阻。

11.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其速度—时间图象如图所示。

分析图象后，下列说法正确的是

A.B、D两点的电场强度和电势一定都为零

B.A处的电场强度大于C处的电场强度

C.粒子在A处的电势能小于在C处的电势能

D.A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差

【答案】BC

【解析】

试题分析：

由B到D的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在B点是电势能大于在D时的电势能，所以B、D两点的电势不可能都为零．故A错误．由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，根据牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于C点的电场强度，故B正确；由图可知．粒子在A点的速度大，所以在A点的动能大；只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，所以粒子在A点的电势能小于C点的电势能，故C错误；A、D两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到D电场力做功的绝对值相同，BD两点间的电势差等于AB两点间的电势差；A、C之间的动能的差小于AB之间的动能的差，所以A、C两点的电势差小于A、B两点间的电势差，即A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差．故D错误．故选B．

考点：

电场强度；电势及电势能；

【名师点睛】本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：

电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。

12.如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷为q的带电粒子（不计重力）从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则

A.粒子一定带正电荷

B.MN上下两侧的磁场方向相同

C.MN上下两侧的磁感应强度的大小B1:

B2=1:

2

D.时间

【答案】BD

【解析】

A.题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所有不能用洛仑兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负，故A错误；

B.粒子越过磁场的分界线MN时，洛仑兹力的方向没有变，根据左手定则可知磁场方向相同，故B正确；

C.设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1:

r2=1:

2；洛仑兹力充当圆周运动的向心力

，解得：

，所以B1:

B2=r2:

r1=2:

1，故C错误；

D.由洛仑兹力充当圆周运动的向心力

，周期T=2πr/v，得

；带电粒子运动的时间t=T1+T2/2=

，由B1:

B2=2:

1得t=

，故D正确。

故选：

BD.

点睛：

带电粒子在磁场中的绕行方向相同未知，磁场的方向未知，所有不能用洛仑兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负；粒子越过磁场的分界线MN时，洛仑兹力的方向没有变，但是半径不同，所以磁场方向相同，强度不同；由图可确定半径之比，根据磁感强度与半径的关系可求磁感强度之比．由带电粒子运动时间与周期的关系，结合磁感强度之比可求运动总时间．

二、实验题

13.某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直．

（1）在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．

（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：

A．适当增加两导轨间的距离

B．换一根更长的金属棒

C．适当增大金属棒中的电流

其中正确的是_____（填入正确选项前的标号）

【答案】

（1）如图所示：

（2）AC

【解析】

试题分析：

（1）如图所示，注意滑动变阻器的接法是限流接法。

（2）根据公式

可得适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理

可知金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，AC正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，所以对最后的速度没有影响，B错误。

【考点定位】考查了研究安培力实验

【方法技巧】对于高中实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图像的性质，能根据图像进行分析，明确对应规律的正确应用。

【此处有视频，请去附件查看】

14.要测一个待测电阻Rx（190Ω--210Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：

电源E：

电动势3.0V，内阻不计；

电流表A1：

量程0~10mA，内阻r1约50Ω；

电流表A2：

量程0~500μA，内阻r2为1000Ω；

滑动变阻器R1：

最大阻值20Ω，额定电流2A；

定值电阻R2=5000Ω；定值电阻R3=500Ω；电键S及导线若干。

要求实验中尽可能准确测量Rx的阻值，请回答下面问题：

（1）为了测定待测电阻上的电压，可以将电流表_______（选填“A1”或“A2”）串联定值电阻______（选填“R2”或“R3”），将其改装成一个量程为3.0V的电压表。

（2）如图

（1）所示，同学们设计了测量电阻Rx的甲、乙两种电路方案，其中用到了改装后的电压表和另一个电流表，则应选电路图__________（选填“甲”或“乙”）。

（3）若所选测量电路中电流表的读数为I=6.2mA，改装后的电压表读数如图

（2）所示，则电压表读数是________V。

根据电流表和电压表的读数，并考虑电压表内阻，求出待测电阻Rx=________Ω。

【答案】

（1）.

（1）A2

（2）.R2（3）.

（2）甲（4）.（3）1.20；（5）.200

【解析】

【分析】

把电流表改装成电压表，需要知道电流表内阻与满偏电流；根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路；根据欧姆定律求出电压表示数与待测电阻阻值。

【详解】

（1）将小量程的电流表改装成电压表，电流表需要知道两个参数：

量程和内阻，故电流表选A2．串联电阻阻值

，定值电阻应选R2。

（2）因

=3.8～4.2，

≈31.6～28.6，

＞

，电流表应采用外接法，实验电路应选甲。

（3）电压表示数U=1.20V，待测电阻阻值

。

三、计算题

15.如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量

C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功

J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功

J，取B点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向．

【答案】

（1）φA＝-240V，φC＝-240V

（2）场强方向垂直于AC，指向左上方

【解析】

。

因为

，所以A、C在同一等势面上，根据场强方向垂直等势面并且由高电势处指向低电势处，可得到该电场的场强方向垂直于AC，指向左上方

本题考查电势差与电势的关系，电场线与等势面垂直，先根据电场力做功求得任意两点电势差，判断出AC电势相等，AC连线为等势线，画出电场线，再由E=U/d求得场强大小

点评：

本题难度较小，主要是要理解等势线和电场线的关系，以及对E=U/d的理解

16.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=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=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg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=2.5Ω，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；

（3）导体棒受到的摩擦力．

【答案】

（1）1.5A

（2）0.3N（3）0.06N

【解析】

（1）根据闭合电路欧姆定律

（4分）

（2）导体棒受到的安培力F安="BIL=0.30"N（4分）

（3）将重力正交分解，设导体棒所受重力沿斜面的分力为F1，则F1=mgsin37°="0.24"N（2分）

所以F1

解得Ff="0.06"N，方向沿斜面向下（2分）

17.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计粒子重力，求：

（1）粒子通过N点的速度；

（2）粒子在磁场中运动的轨道半径；

（3）粒子从M点运动到P点的总时间.

【答案】

（1）2

（2）

（3）

【解析】

【分析】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据题意求出粒子到达N点时的速度大小。

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径；

（3）粒子在电场中做类平抛运动，根据水平位移求解从M到N运动时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意求出粒子转过的圆心角，然后求出粒子从N到P的运动时间，最后求解总时间。

【详解】

（1）设粒子过N点时的速度为v，有

解得v＝2v0

（2）粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有

解得

；

（3）由几何关系得ON＝rsinθ

设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1

解得：

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

设粒子在磁场中运动的时间为t2，有

则t＝t1＋t2

故粒子从M点运动到P点的总时间:

【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。

粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题。

18.如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g．上述d、E0、m、v、g为已知量．

（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；

（2）求电场变化的周期T；

【答案】

（1）

；

（2）

【解析】

【分析】

根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况．再根据受力分析列出相应等式解决问题．

【详解】

（1）微粒从N1沿直线运动到Q点的过程中，受力平衡

则mg+qE0=qvB

微粒做圆周运动，则mg=qE0

联立以上两式解得：

（2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，则

微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：

或者直接由

得

联立以上各式解得：

电场变化的周期