学年安徽省宿州市埇桥区高二上学期期末考试物理理试题 解析版.docx

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学年安徽省宿州市埇桥区高二上学期期末考试物理理试题解析版

安徽省宿州市埇桥区2018-2019学年高二上学期期末考试

物理试题（理科）

一、选择题：

本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题给出的四个选项中，1-8题只有一项是符合题目要求的，9-10多项是正确的将正确答案涂在答题卡中对应的位置上．

1.在电磁学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，以下说法正确的是（　　）

A.奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式

B.法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点

C.安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系

D.欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系——焦耳定律

【答案】B

【解析】

洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式，选项A错误；法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点，选项B正确；奥斯特通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系，选项C错误；焦耳在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系——焦耳定律，选项D错误；故选B.

2.电子在电场中A点具有80eV电势能，它由A点运动到B点过程中，克服电场力做功30eV，则（）

A.电子在B点的电势能是30eV

B.电子的电势能减少30eV

C.电子在B点的电势能是110eV

D.B点的电势是110V

【答案】C

【解析】

试题分析：

电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．本题“克服电场力做功”即为电场力做负功，所以电势能增加．根据

得出：

电子在B处的电势能是

，A错误；根据电势的定义，若带电粒子是电子，则在B点的电势等于

，B、C错误；D正确；故选D。

考点：

电势能和电势、电场力做功。

【名师点睛】根据电场力做功与电势能变化的关系，电场力做负功，电势能增加，即可得到电子在B点具有的电势能；电势是电荷在电场中某点具有的电势能与电荷所带电荷量的比值，由定义式可求出该点电势。

3.一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时，通过的电流为5A，则电动机因发热损失的功率为（　　）

A.500WB.25WC.2000WD.475W

【答案】A

【解析】

【分析】

根据焦耳定律，发热功率P热=I2r，代入数据计算即可.

【详解】根据焦耳定律得到P热=I2r=52×2W=50W，故选B.

【点睛】本题关键要明确电功率表达式P=UI和发热功率表达式P热=I2r的适用范围.

4.把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用，关于安培力的方向，下列说法中正确的是

A.安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同

B.安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直

C.安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直

D.安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直

【答案】C

【解析】

【分析】

利用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向，根据左手定则可知，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向；

【详解】左手定则是判断磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间关系的法则，根据作用定则可知，安培力垂直于电流和磁场所在的平面，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向，故A正确，BCD错误。

【点睛】安培力方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，正确应用左手定则判断安培力的方向。

5.关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是（　　）

A.带电粒子可能做匀变速直线运动

B.带电粒子可能做匀速直线运动

C.当洛伦兹力与速度垂直时，带电粒子一定做匀速圆周运动

D.当洛伦兹力与磁场垂直时，带电粒子一定做匀速圆周运动

【答案】B

【解析】

当带电粒子的速度方向与磁场方向平行，粒子不受洛伦兹力，做匀速直线运动．当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直，若粒子只受洛伦兹力提供向心力，粒子才做匀速圆周运动．当带电粒子的速度方向与磁场方向既不垂直，也不平行，将速度分解为垂直磁场方向和平行磁场方向，在垂直磁场方向上做匀速圆周运动，在平行磁场方向上做匀速直线运动，合运动为螺旋运动．因为洛伦兹力的方向随着速度的方向变化而变化，粒子若受洛伦兹力，加速度的方向一定改变，不可能做匀变速运动．故B正确，ACD错误．故选B．

点睛：

解决本题的关键掌握粒子在不同情况下进入磁场，粒子的运动情况．在高中阶段，考查得比较多的是，速度方向与磁场方向平行和速度方向与磁场垂直两种情况。

6.在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然减小为

时，这个带电粒子（　　）

A.速率加倍，周期不变

B.速率不变，轨道半径减半

C.速率不变，周期加倍

D.速率减半，轨道半径不变

【答案】BC

【解析】

洛伦兹力总是与粒子速度垂直，洛伦兹力对粒子不做功，粒子速度不变；由牛顿第二定律得：

qvB=m

，解得：

，m、v、q不变，B变为原来的2倍，则r变为原来的一半；

粒子做圆周运动的周期：

，m、q不变，B变为2倍，T变为原来的一半，故B正确，ACD错误；故选B．

点睛：

本题考查了判断粒子速率、轨道半径与周期如何变化，知道洛伦兹力对粒子不做功、应用牛顿第二定律与周期公式即可正确解题．

7.如图所示的四幅图都是通电直导线放入匀强磁场中的情况，其中直导线所受安培力为零的是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

导线与磁感线方向平行时，导线所受安培力为零，故ABC安培力都不为零。

D安培力为零。

故D正确。

故选D。

点睛：

通过本题要知道安培力在导线与磁感线方向平行时为零，导线与磁感线方向成一定夹角时安培力一定不是零．

8.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子分别以相同的速度沿与x轴成15°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为（　）

A.1：

5B.5：

2C.5：

3D.3：

2

【答案】D

【解析】

分析：

带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关．

解答：

解：

正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转．正离子以60°入射，则圆弧对应的圆心角为120°，而负离子以30°入射，则圆弧对应的圆心角为60°，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍．

故选B

点评：

带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：

定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．

9.如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后沿直线前进（开关S处于闭合状态）．下列做法中，电子束仍沿入射方向做直线运动是（　　）

A.保持开关S闭合，将极板间距离适当减小

B.保持开关S闭合，将变阻器滑片P向右滑动

C.断开开关S，将极板间距离适当增大

D.断开开关S，将极板间距离适当减小

【答案】BCD

【解析】

根据电路图可知：

A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小

洛伦兹力方向向下，F=Bev，电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力．若将极板间距离适当减小时，F电增大，电子向上偏转，不满足要求，故A错误；将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故电子不偏转，选项B正确；断开开关S，电容器带电量Q一定，根据

，

可得：

，则将极板间距离适当增大或减小时，电场强度不变，电场力不变，电子仍沿直线运动，故选BCD.

10.如图所示的电路中，L1，L2是两个不同的小灯泡，a，b间有恒定的电压，他们都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，发生的现象是（　　）

A.L1亮度不变，L2变暗

B.L1变暗，L2变亮

C.电路消耗的总功率变小

D.流过滑动变阻器的电流变小

【答案】BCD

【解析】

【分析】

电路结构是：

滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化．根据P=UI来判断电路消耗的总功率。

【详解】A、B项：

滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，RP变大，外电路总电阻R变大，干路电流

减小，L1变暗，灯泡L2的电压U2=U-IR1变大，L2变亮，故A错误，B错误；

C项：

由于干路电流减小，根据P=UI，电路消耗的总功率变小，故C错误；

D项：

由于干路电流减小，灯泡L2的电压U2=U-IR1变大，流过L2的电流变大，故流过滑动变阻器的电流减小，故D正确。

【点睛】本题是简单的电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的思路分析。

二、填空题：

本题共3个小题，每空3分，共24分，将正确答案填在答题卡中对应的横线上．

11.图甲是用游标卡尺测量某金属圆筒外径的示意图，由图中可以读出该圆筒外径的测量值为_____cm．图乙是用螺旋测微器测量某金属棒直径的示意图，读出该金属棒直径的测量值为_____mm．

【答案】

（1）2.360；

（2）2.630

【解析】

试题分析：

根据游标尺的刻度为20格，总长度比主尺短1mm，故精度为0.05mm，读数=主尺读数（单位mm）+游标尺和主尺对齐的格数×0.05mm，所以读数为2..360cm；螺旋测微器又叫千分尺，精确度为0.01mm，故读数应以mm为单位时，小数点后面应有三位，即读到毫米的千分位上，如图中所示读数为2.5mm+0.130mm=2.630mm；

考点：

游标卡尺和螺旋测微器读数

12.用多用电表测量电阻阻值，请回答下列问题：

（1）每次换挡后，需重新_____，再进行测量．

（2）如果表的指针偏转角度过大，为了测量比较准确，应将表的选择开关拨至倍率_____（大或小）的挡位上．

（3）某次测电阻时，表的指针位置如图所示，则该电的阻值是_____Ω．

【答案】

（1）欧姆调零　

（2）小　（3）190

【解析】

（1）每次换挡后，需重新欧姆调零，再进行测量。

（2）如果表的指针偏转角度过大，说明倍率档选择的过大，为了测量比较准确，应将表的选择开关拨至倍率小的挡位上。

（3）该电的阻值是19×10Ω=190Ω。

13.某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率，进行如下实验：

（1）首先用多用电表进行了电阻测量，主要实验步骤如下：

A．把选择开关扳到“×10”的欧姆档上

B．把表笔插入测试孔中，先把两根表笔接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上

C．把两根表笔分别与圆柱形导体的两端相接，发现这时指针偏转较大

D．换用“×100”的欧姆档进行测量，随即记下欧姆数值

E．把表笔从测试笔插孔中拔出后，将选择开关旋至OFF档，把多用电表放回原处

改正上述实验的两处操作错误；

错误一_____________________________________________；

错误二____________________________________________；

（2）为使实验更准确，再采用“伏安法”进行电阻测量，下图中的两个电路方案中，应该选择图_____。

用实验中读取电压表和电流的示数U、I和

（2）中读取的L、d，计算电阻率的表达式______________。

【答案】

（1）.换用“×100”的欧姆挡,应换用换用“×1”的欧姆挡

（2）.换挡后没有进行欧姆调零（3）.23.7（4）.2.793（2.792mm∼2.796mm均正确）（5）.乙（6）.πUd2/4IL.

【解析】

【详解】①错误一：

用“×10”欧姆挡测电阻，指针偏转较大，说明电阻偏小，应该选用较小挡位，即换用“×1”的欧姆档，换用“×100”的欧姆档是错误的；

错误二：

欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，实验过程中欧姆表换挡后没有进行欧姆调零，这是错误的；

②游标卡尺读数：

2.3cm+0.1mm×7=23.7mm；螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为：

0.01×29.2mm=0.292mm，所以最终读数为2.5mm+0.292mm=2.792mm。

③题意中电阻较小，要使实验更准确，由于电阻阻值不太大，所以满足

，所以选用电流表的外接法，故选图乙电路，根据欧姆定律有：

R=U/I；根据电阻定律有

，联立解得：

。

【点睛】本题考查了欧姆表的使用，考查了欧姆表、游标卡尺、螺旋测微器的读数，连接实物电路图等问题；要掌握常用器材的使用及读数方法；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，读数时视线要与刻度线垂直.

三、计算题：

本题共3个小题，共36分，答题时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题必须明确写出数据值和单位．

14.在图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝100Ω，满偏电流Ig＝1mA，R1＝900Ω，R2＝

Ω。

（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？

量程为多大？

（2）当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？

量程为多大？

【答案】

（1）电压表1V

（2）电流表1A

【解析】

【分析】

本题的关键是明确串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，改装为电流表时，应将电流表与电阻并联。

【详解】由图示电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1串联，此时为电压表，改装后电压流表量程为：

U=Ig（R1+Rg）=0.001×（100+5900）=6.0V；由图示电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，此时为电流表，改装后电流表量程为：

I=Ig+IR2=Ig+

=0.001+

=3.0A；

【点睛】明确串联电阻具有分压作用和并联电阻具有分流作用的含义，理解电压表与电流表改装的原理。

15.如图所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，一根质量为3.6kg，有效长度为2m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流突然增大为8A时，金属棒能获得2m/s2的加速度，求磁场的磁感应强度的大小。

【答案】0.6

【解析】

试题分析：

（1）由匀速运动时

，当电流为8A时，由牛顿第二定律

，由此可知磁感强度B=1.2T

（2）由

可求得动摩擦因数为1/3

考点：

考查安培力的计算

点评：

本题难度较小，根据导体棒两种运动状态分别列公式求解

16.一种测量血管中血流速度的仪器原理如图所示，在动脉血管的左右两侧加有匀强磁场，上下两侧安装电极并连接电压表。

设血管的直径是2.0mm，磁场的磁感强度为0.080T，电压表测出的电压为0.10mv，则血流速度大小为多少m/s。

（取两位有效数字）

【答案】0．625m/s

【解析】

血液中的运动电荷在洛伦兹力作用下偏转，在血管壁上聚集，在血管内形成一个电场，其方向与磁场方向垂直，运动电荷受的电场力与洛伦兹力平衡时，达到了一种稳定状态，有

q

＝qvB

所以v＝

≈0.63m/s