最新2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

- 1 -20192019 学年度上学期期末考试卷高二物理学年度上学期期末考试卷高二物理一、选择题一、选择题1. 对下列物理公式的理解，其中正确的是 （ ）A. 由公式=P/q可知，静电场中某点的电势是由放入该点的点电荷所具有的电势能P和该电荷电量q所决定的B. 由公式R=U/可知，导体的电阻R由它两端的电压U和它当中通过的电流决定C. 由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离 r 决定D. 由公式可知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定【答案】C静电场中某点的电势 由电场本身决定，与试探电荷无关，A 错误；由欧姆定律公式可知，属于比值定义法，导体的电阻 R 与两端电压 U，及流过的电流 I 无关，故 B 错误；由公式可知，Q 是形成此电场的点电荷的电量，r 是该点距 Q 的距离，因此点电荷 Q 在距其 r 处产生的电场强度 E 由场源电荷电量 Q 和距场源电荷的距离 r 决定，C 正确；电容器的电容 C 由电容器本身决定，与试探电荷无关，D 错误2. 电场中两点间电势差U=W/q的意义是( )A. 它是由两点的位置决定的，与移动的电荷的种类和数量无关B. 电势差与电场力做的功成正比，与被移动的电荷量成反比C. 电势差的大小等于移动单位电荷时电场力所做的功D. 电场中两点间没有电荷移动，则电势差为零【答案】A- 2 -【解析】电场中两点间的电势差由两点在电场中的位置决定，可以用来定义，但与移动的电荷的种类、数量以及是否移动电荷无关，所以 A 正确，BD 错误；从物理意义上讲，电势差的大小等于移动单位正电荷时电场力所做的功，C 选项没有说明是正负电荷，故错误。3. 通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为 2R，电流强度为I/2，则在时间t内产生的热量为( )A. Q/4 B. Q/2 C. 2Q D. 4Q【答案】B.4. 如图所示，a、b、c 是一条电场线上的三个点，电场线的方向由 a 到 c，a、b 间的距离等于 b、c 间的距离.用a、b、c和 Ea、Eb、Ec分别表示 a、b、c 三点的电势和电场强度，可以断定正确的是( )A. abcB. EaEbEcC. cb=baD. Ea=Eb=Ec【答案】A【解析】沿电场线方向电势降低，故，A 正确；由于只有一条电场线，所以无法判断电场线疏密程度，故无法判断电场强度大小，可能是非匀强电场，也可能是匀强电场，所以 BD 错误；因为电场强度大小无法判断，所以也就无法判断相邻两点间电势差的大小关系了，故 C 错误5. 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场；重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为：- 3 -A. B. C. D. 【答案】A【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示：故轨道半径：r=R；根据牛顿第二定律，有：qvB=m ，解得：r=；联立解得： ；故在磁场中的运动时间： ，故 D 正确，ABC 错误；故选 D6. 一电子在电场中由 a 点运动到 b 点的轨迹如图中实线所示图中一组平行虚线是等势面，则下列说法正确的是（ ）A. a 点的电势比 b 点低B. 电子在 a 点的加速度方向向右C. 电子从 a 点到 b 点动能增加D. 电子从 a 点到 b 点电势能增加【答案】D【解析】试题分析：根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以 a 点的电势比 b 点高，所以A 错误由 A 的分析可知，电子受的电场力向下，所以电子在 a 点的加速度方向向下，所以B 错误从 A 点到 B 点的过程中，电场力做负功，所以电子从 a 点到 b 点动能减小，所以 C错误电场力做负功，电势能增加，所以电子从 a 点到 b 点电势能增加，所以 D 正确故选- 4 -D。考点：带电粒子在电场中的运动7. 如图所示电路中，电路中 5 个电阻相同，如果 ab 输入电压是 6V，电容器的电容 C=10-6F，则 cd 端电容所带的电量为（ ）A. 6×10-6C B. 3×10-6C C. 2×10-6C D. 1×10-6C【答案】C【解析】试题分析：由图可知左侧三个电阻串联，电容器与 R 并联；则电容器两端的电压；则电容器所带的电量 Q=UC=2×10-6C；故选 C考点：串并联电路；电容器【名师点睛】电题考查电路的串并联关系以及电容器的电容公式的应用；注意与电容器串联的电阻部分作为导线处理。8. 如图所示，虚线框内有匀强电场，、是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为，其中为零电势面。一个质量为 ，电量为 的粒子沿方向以初动能自图中的 点进入电场，刚好从 点离开电场。已知，粒子的重力忽略不计，下列说法正确的是（ ）A. 该粒子通过零势面时的动能是B. 该粒子在 点的电势能是C. 该粒子达到 点时的动能是D. 该粒子达到 点时的电势能是【答案】BC- 5 -【解析】带电粒子做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：v0t=2cm，t=1cm，解得 vy=v0故离开电场 C点时的速度因为初动能Ekmv02，粒子到达 C点时的动能 EK= mv2=mv02=2EK故C 正确P 到 C过程中电场力做功 W=EK-EK=EK，所以粒子通过等势面 BB时电场力做功为，根据动能定理知，粒子通过等势面 BB时的动能是 1.5EK故 A 错误电场力做功等于电势能的减小量，粒子通过等势面 BB时电场力做功为，所以电势能减小，BB为零势面，所以粒子在 P 点时的电势能是 0.5Ek故 B 正确P 到 C过程中电场力做功为 EK，电势能减小 EK，所以粒子到达 C点时的电势能是-0.5Ek故 D 错误故选 BC点睛：解决本题的关键知道粒子做类平抛运动，知道水平方向上和竖直方向上的运动规律，以及掌握动能定理和电场力做功与电势能的关系9. 如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。 （不计重力作用）下列说法中正确的是A. 从 t=0 时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B. 从 t=0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动C. 从 t=T/4 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D. 从 t=3T/8 时刻释放电子，电子必将打到左极板上【答案】AC【解析】若t=0 时刻释放电子，在前 内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；后 内，电子受到向左的电场力作用，电子继续向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上即电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故 A 正确，B 错误；若从时刻释放电子，电子先加速 ，- 6 -再减速 ，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故C 正确；同理若从时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故 D 错误。所以 AC 正确，BD 错误。10. 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子图中板 MN 上方是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为 2d 和 d 的缝，两缝近端相距为 L一群质量为 m、电荷量为 q，具有不同速度的粒子从宽度为 2d 的缝垂直于板 MN 进入磁场，对于能够从宽度 d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是A. 粒子带正电B. 射出粒子的最大速度为C. 保持 d 和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D. 保持 d 和 B 不变，增大 L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大【答案】BC【解析】试题分析：粒子向右偏转，根据左手定则知，粒子带负电故 A 错误粒子在磁场中运动的最大半径为，根据半径公式得，粒子的最大速度故 B 正确粒子在磁场中偏转的最小半径为，根据半径公式得，粒子的最小速度，则最大速度和最小速度之差，保持 d 和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大保持 d 和 B 不变，增大 L，射出粒子的最大速度和最小速度之差不变故 C 正确，D 错误故选 BC。考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】解决本题的关键确定粒子在磁场中偏转的临界半径，结合粒子在磁场中运动的半径公式进行求解。视频11. 如图所示，匀强磁场的方向竖直向下磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁- 7 -光滑、底部有带电小球的试管在垂直于试管的水平拉力 F 作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（ ）A. 小球带负电B. 小球运动的轨迹是一条抛物线C. 洛伦兹力对小球做正功D. 要保持试管匀速运动，拉力 F 应逐渐增大【答案】BD【解析】小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电故 A 错误设管子运动速度为 v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力 F1=qv1B，q、v1、B 均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线故 B 正确洛伦兹力总是与速度垂直，不做功故 C 错误设小球沿管子的分速度大小为 v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力 F2=qv2B，v2增大，则 F2增大，而拉力 F=F2，则 F 逐渐增大故D 正确故选 BD12. 某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图 1 中虚线所示。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球，在电场中从 O 点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O 为坐标原点，取竖直向下为 x 轴的正方向，小球的机械能 E 与位移 x 的关系如图 2 所示，不计空气阻力。则（ ）A. 电场强度大小恒定，方向沿 x 轴负方向B. 到达 x1位置时，小球速度的大小为- 8 -C. 从 O 到 x1的过程中，相等的位移内小球克服电场力做的功相等D. 从 O 到 x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度也越来越大【答案】BD【解析】试题分析：物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿 x 轴负方向再根据机械能的变化关系可知，相等位移电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，故 A 错误；根据动能定理可得，解得到达 位置时，小球速度，故 B 正确；由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故 C 错误；根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，由上知电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，故 D 正确；考点：考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系二、实验题二、实验题13. 用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲） 、 （乙）两种可供选用的测量电路（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是_（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻 r=_（3）产生系统误差的主要原因是_（4）在实验过程中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，能正确反映PU关系的图像是_。【答案】 (1). 乙 (2). 1.0 (3). 电压表分流 (4). C- 9 -【解析】 （1）已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，为减小实验误差，应采用图乙所示电路图；（2）由图 2 所示图象可知，电源内阻；（3）由图示图象可知，由于电压表的分流作用，所测电流小于通过电源的电流，电压表分流是造成误差的原因（4）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大，而当内阻和外阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故符合条件的图象应为 C。14. （1）如图甲、乙所示,游标卡尺的读数为_ cm;螺旋测微器的读数为_ cm。（2）将多用电表调整到欧姆挡“×10”挡,欧姆调零后,将一个标准的 300 的电阻接在红黑表笔之间,发现指针偏转夹角为表盘的三分之一,则该欧姆表的中央刻度是_ 。【答案】 (1). 9.17 (2). 0.1300 (3). 15【解析】试题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；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 （2）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，欧姆表指针示数与挡位乘积是欧姆表示数，根据闭合电路欧姆定律分析答题（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：91mm+7×0.1mm=91.7mm=9.17cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+30.0×0.01mm=1.300mm=0.1300cm；（2）由闭合电路欧姆定律可知：，解得，中间刻度值为：15. 如图为正在测量中的多用电表表盘。- 10 -（1）如果是用×100 档测量电阻，则读数为_（2）欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成，有关欧姆表的使用和连接，下面的叙述正确的是_测电阻前要使红、黑表笔相接，调节调零电阻，使表头指示电流为零；红表笔与表内电池正极那边相连，黑表笔与表内电池负极那边相连；红表笔与表内电池负极那边相连，黑表笔与表内电池正极那边相连；测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻阻值越大；测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻阻值越小。A BC D【答案】 (1). 800 (2). B【解析】 （1）如果是用×100 档测量电阻，则读数为 8×100=800 。（2）测电阻前要使红、黑表笔相接，调节调零电阻，使表头指示电阻值为 0故错误；红表笔与表内电池负极那边相连，黑表笔与表内电池正极那边相连；故错误，正确；测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻阻值越小故错误，正确；故选 B.点睛：欧姆表使用前要进行机械调零，测电阻换挡后要重新进行欧姆调零，红表笔接电源负极，指针偏角大，电流大，说明阻值小三、解答题三、解答题- 11 -16. 如图所示，电荷量为e、质量为 m 的电子从 A 点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为 v0，当它通过电场中 B 点时，速度与场强方向成 150°角，不计电子的重力，以 A点的电势为零，求 B 点的电势。【答案】【解析】试题分析：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动，根据运动的分解可知，电子在垂直于电场线方向上做匀速直线运动将 B 点的速度分解到水平方向和竖直反向，水平方向：电子从 A 运动到 B 由动能定理得：电场力做正功，电势能减少，所以 B 点的电势能为：，考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题运用动能定理求电势差，也可以根据类平抛运动的特点，牛顿第二定律和运动学结合求解；此题方法较多，同学可尝试一题多解17. 如图所示，A、B、C 为三块水平放置的金属板，板的厚度不计，间距均为 d。A、B 板中央有小孔，电路中三个电阻的阻值均为 R，电源内阻也为 R。现有一质量为 m 的带正电液滴在距 A 板小孔正上方为 d 的 P 处由静止开始下落，不计空气阻力，当它达到 C 板时速度恰为零。求：- 12 -（1）液滴通过 B 板中央小孔时的速度大小；（2）液滴从 P 处到达 B 板的运动过程中其电势能变化了多少？【答案】 （1）（2）【解析】试题分析：（1），.带电液滴从开始下落到 B 板的过程中，有带电液滴从开始下落到 C 板的过程中，有 mg.3d+qUAB-qUCB=0由以上二式解得：（2）液滴从静止的位置到 B 板的运动过程中，其电势能减小考点：动能定理、闭合电路欧姆定律。18. 如图所示，半径为 R 的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，直径 AC（含 A、C）下方有水平向右的匀强电场，一质量为 m，带电量为+q 的小球，从 A 点静止释放，沿圆内轨道运动，第一次恰能通过最高点 D， （重力加速度为 g） ；求：（1）电场强度的大小；（2）第 n 次通过轨道最高点 D，轨道对小球的作用力大小【答案】 （1）（2）3（n-1）mg【解析】试题分析：（1）球第一次到 D 点时，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：对从 A 释放到第一次到达 D 点过程根据动能定理列式，有：- 13 -mgR+qE2R= mv120 联立解得：（2）从 A 释放到第 n 次到达 D 点过程，根据动能定理，有：-mgR+n（qE2R）= mvn20 在 D 点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：联立解得：N=3（n-1）mg考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，要能够结合动能定理和牛顿第二定律分析；本题是永动机模型，没有考虑到边界效应。19. 平面直角坐标系中，第 1 象限存在沿 轴负方向的匀强电场，第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 垂直于 轴射入电场，经 轴上的 N 点与 轴正方向成 60º 角射入磁场，最后从 轴负半轴上的 P 点与 轴正方向成 60º 角射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径 R；（2）粒子从 M 点运动到 P 点的总时间；（3）匀强电场的场强大小 E。【答案】 （1）（2）（3）【解析】 （1）设粒子过 N 点时的速度为 v，根据平抛运动的速度关系 v=分别过 N、P 点作速度方向的垂线，相交于 Q 点，则 Q 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆- 14 -心，根据牛顿第二定律 qvB=联立解得轨道半径 R= （2）设粒子在电场中运动的时间为 t1，有 ON=v0t1 由几何关系得 ON=Rsin30°+Rcos30°联立解得 t1= 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T= 由几何关系知NQP=150°，设粒子在磁场中运动的时间为 t2 t2=T联立解得 t2=故粒子从 M 点运动到 P 点的总时间 t=t1+t2=（3）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为 a，运动时间为 t由牛顿第二定律：qE=ma （11）设沿电场方向的分速度为 vy，vy=at（12）粒子在电场中 x 轴方向做匀速运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：粒子在 x 轴方向的位移：Rsin30°+Rcos30°=v0t （13）又：vy=v0tan60°（14）联立（11） （12） （13） （14）可以解得 E= 点睛:掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，- 15 -能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系