学年广东省实验中学高二上学期期末考试物理试题 解析版Word文档下载推荐.docx

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A.电流B.磁感应强度

C.电容D.电阻

【答案】A

比值法定义中，被定义的物理量与等式右边的各个物理量没有关系，而根据欧姆定律可知电流的大小和其两端的电压成之比，和其电阻成反比，故A不是应用了比值法定义；

磁感应强度，采用的是比值定义法，电容C反映电容器容纳电荷的本领大小，与Q、U无关，采用的是比值定义法，电阻，与U、I无关，采用的是比值定义法，故BCD都用了比值法定义。

3.3.电场中有a、b两点，a点电势为4V，带电量为C的负离子仅在电场力作用下从a运动到b的过程中，电场力做正功J，则（）

A.b点电势是2V

B.a、b两点中，b点电势较高

C.此电荷的电势能增加

D.该电荷速度一定减小

【答案】B

a、b间的电势差，所以b点的电势高；

又；

所以：

，A错误B正确；

负电荷从a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，即速度增大，CD错误．

4.4.两只电阻的伏安特性曲线如右图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A.两电阻的阻值为R1大于R2

B.两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压

C.两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率

D.两电阻并联在电路中时，R1的电流小于R2的电流

图像斜率的倒数表示电阻大小，故斜率越大，电阻越小，故，A错误；

两电阻串联在电路中时，通过两电阻的电流相等，故电阻越大，其两端的电压越大，所以两端电压小于两端电压，根据可得消耗的功率小于消耗的功率，B错误C正确；

并联在电路中时，两电阻两端的电压相等，所以根据可知电阻越大，电流越小，故的电流大于的电流，D错误．

5.5.如图所示，长为2L的直导线折成边长相等、夹角为60°

的V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B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（　　）

A.0B.0.5BILC.BILD.2BIL

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。

视频

6.6.两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为。

两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）

A.B.C.D.

【详解】相距为r时，根据库仑定律得：

；

接触后，各自带电量变为Q′=，则此时F′=，故B正确，ACD错误，故选B。

【点睛】本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题．注意两电荷接触后电量先中和后均分，各自电荷量要发生变化，这是解决本题的关键．

7.7.如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（　　）

A.a点B.b点

C.c点D.d点

用安培定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示，在C点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大．故C正确；

ABD错误．故选C.

安培定则；

磁场的叠加.

【名师点睛】该题考察了磁场的叠加问题．要知道磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．

8.8.如图，是一火警报警电路的示意图其中为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大值班室的显示器为电路中的电流表，电两极之间接一报警器当传感器所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是　　

A.I变大，U变小

B.I变小，U变大

C.I变小，U变小

D.I变大，U变大

【答案】D

当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压变大，即报警器两端的电压U变大．传感器R3与电阻R2并联部分的电压U并=E-I（r+R1），I减小，U并变大，电流表的读数变大．故选D.

电路的动态分析.

9.如图，光滑半圆形轨道与光滑曲面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，且能沿轨道前进，并恰能通过半圆轨道最高点C．现若撤去磁场，使球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是（）

A．H′=HB．H′＜HC．H′＞HD．无法确定

有磁场时，恰好通过最高点，靠重力和洛伦兹力的合力提供向心力，无磁场时，恰好通过重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点的临界速度，通过动能定理比较释放点的高度．

有磁场时，恰好通过最高点，有：

mg﹣qvB=m，

无磁场时，恰好通过最高点，有：

mg=m，

由两式可知，v2＞v1．

根据动能定理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg（h﹣2R）=mv2可知，H′＞H．故C正确，A、B、D错误．

故选：

C．

【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律的运用，知道圆周运动的最高点，恰好通过时向心力的来源．

10.10.第七届中国（上海）国际超级电容器产业展览会于2016年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d的两极板M、N分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）

A.油滴带正电

B.油滴带电荷量为

C.电容器的电容为

D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动

【详解】A、带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项A错误。

B、由场强与电势差关系可知，，解得，选项B错误。

C、由题意知，电容器带电荷量，由电容的定义式知，选项C正确。

D、电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，由可得油滴所受电场力减小，合力变成向下，则油滴向下做加速运动，选项D错误。

故选C。

【点睛】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．

二、多项选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分．有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）

11.11.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（　　）

A.M带负电，N带正电

B.M的速率小于N的速率

C.洛伦兹力对M、N不做功

D.M的运行时间大于N的运行时间

【答案】AC

由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；

结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；

根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．

A：

由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；

B：

粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：

，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确；

C：

洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；

D：

粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．

AB

【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题．

12.12.一充电后与电源断开的平行板电容器，保持两极板的正对面积、间距不变，在两极板间插入一电介质，则（　　）

A.电容器的电量增大

B.电容器的电容C减小

C.两极板间的电势差U增大

D.两极板间的电势差U减小

A、平行板电容器充电后与电源断开，其带电量不变，在两极板间插入一电介质，根据电容的决定式知，电容器的电容C增大，故AB错误。

C、由电容的定义式，知两极板间的电势差U减小，故C错误，D正确。

点睛：

解决本题的关键要掌握电容的决定式和电容的定义式，明确电容器充电后与电源断开其带电量不变。

13.13.一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时下述正确的是（　　）

A.电动机所消耗的电功率为IU

B.t秒内所产生的电热为IUt

C.t秒内所产生的电热为I2Rt

D.t秒内所产生的机械能为IUt－I2Rt

【答案】ACD

A项：

电动机所消耗的电功率P=UI，所以A正确；

B、C项：

I2R计算的是电动机的内阻发热的部分，是发热的功率，所以产生的电热为I2Rt，所以B错误，C正确；

D、t秒内所产生的机械能为电动机的总功减去发热的部分，所以机械功UIt-I2Rt，所以D正确。

点晴：

对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。

14.14.如图，正点电荷放在O点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线。

以水平电场线上的O’点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是（　　）

A.b、e两点的电场强度相同

B.a点电势高于e点电势

C.b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差

D.电子沿圆周由d运动到c，电场力做功为零

【答案】CD

由图看出，b、e两点到O点的距离相等，根据可得两点的电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，A错误；

根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于e点电势，B错误；

根据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等．所以b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，C正确；

d点的电势与c点的电势相等，电子沿圆周由d到c，电场力做不做功，D正确．

15.如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是（）

A.从a点离开的电子速度最小

B.从a点离开的电子在磁场中运动时间最短

C.从b点离开的电子运动半径最小

D.从b点离开的电子速度偏转角最小

【答案】BC

根据，由轨