学年重庆市高二上学期期末理科综合能力测试物理试题 解析版.docx

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学年重庆市高二上学期期末理科综合能力测试物理试题解析版

重庆市2018-2019学年高二上学期期末理科综合能力测试物理试题

一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，1~5题只有一项符合题目要求，6~8题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）

1.下列说法错误的是（）

A.磁铁和电流都能产生磁场B.磁感线从条形磁铁的N极出发，终止于S极

C.磁感线是闭合曲线D.磁感线越密的地方，磁场越强

【答案】B

【解析】

【详解】磁铁和电流都能产生磁场，选项A正确；在条形磁铁的外部，磁感线从条形磁铁的N极出发到S极，在内部从S极再回到N极，形成闭合的曲线，选项B错误；磁感线是闭合曲线，选项C正确；磁感线越密的地方，磁场越强，选项D正确；此题选择错误的选项，故选B.

2.如图所示，通电螺线管附近放置四个小磁针，当小磁针静止时，图中小磁针的指向正确的是（涂黑的一端为N极）（）

A.aB.bC.cD.d

【答案】D

【解析】

【分析】

运用右手螺旋定则判断出螺线管内外磁场的方向，小磁针静止时N极的指向表示磁场的方向．

【详解】右手握住螺线管，四指弯曲方向为电流的绕行方向，大拇指指向表示螺线管内部磁场的方向，所以螺旋管内部磁场方向为从右向左，外部从左向右，故小磁针a的N极水平向右，b的N极水平向左，c的N极水平向右，d的N极水平向右。

故D正确，ABC错误。

故选D。

3.甲、乙两个完全相同的金属球分别带电-q和+3q，甲、乙相距d时（甲、乙可视为点电荷），它们间电荷作用力大小为F。

现将甲、乙两球接触后分开，仍使甲、乙相距d，则甲、乙间电荷作用力大小为（）

A.B.C.2FD.3F

【答案】A

【解析】

【分析】

接触带电的原则是先中和再平分，根据库仑定律公式求出库仑力的大小。

【详解】根据库仑定律公式得：

；接触再分离后所带电量各为q，那么．故A正确，BCD错误。

故选A。

【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律的公式，同时理解异性电荷在接触时，它们的电量先中和后平分。

4.如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道竖直放置于匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度大小为B,方向垂直于轨道平面向外。

轨道半径为R，两端a、c在同一高度上。

将质量为m、电量为q的带正电小球，从轨道左端最高点a由静止释放，重力加速度为g，则小球从左向右通过最低点时对轨道的弹力N1与小球从右向左通过最低点时对轨道的弹力N2的差值为（）

A.2mgB.mgC.2qBD.qB

【答案】C

【解析】

【分析】

洛伦兹力不做功，根据动能定理求解到达最低点时的速度；小球从左向右通过最低点时，洛伦兹力向下；小球从右向左通过最低点时，洛伦兹力向上，根据牛顿第二定律列出表达式求解弹力之差：

【详解】洛伦兹力不做功，则根据动能定理，到达最低点时的速度满足：

mgR=mv2；小球从左向右通过最低点时：

；小球从右向左通过最低点时：

；联立解得，故选C.

5.如图所示，两个电阻串联后接在电路中a、b两点，a、b两点的电压U保持不变。

某同学把一一个电压表并联在R1两端时，电压表读数为U1，将该电压表并联在R2两端时，电压表读数为U2。

已知R1、R2及电压表内阻阻值各不相同，均约为几千欧。

以下说法正确的是（）

A.U1+U2=UB.U1+U2>UC.=D.=

【答案】C

【解析】

【分析】

电压表不是理想的电压表，本身也有电阻，当电压表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小。

结合串联电路电压与电阻成正比来分析U与U1、U2之间的大小关系。

【详解】把一个电压表并联在R1两端时，电压表读数为U1，因为电压表有内阻，则电压表和R1的并联电阻小于R1，可知；将该电压表并联在R2两端时，读数为U2，同理，，则U1+U2＜＝U，故AB错误；把一个电压表并联在R1两端时，；该电压表并联在R2两端时，；故，故C正确，D错误；故选C。

【点睛】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，不能单纯把电压表看成可测量电压的电表，要考虑电阻影响。

6.如图所示，直线00'是某电场中的一-条电场线，带正电的点电荷，从该电场线上的M点由静止释放，它将沿直线向N点运动，下列说法一定正确的是（）

A.该电场一定是匀强电场

B.电势φM>φN

C.场强EM>EN

D.该点电荷电势能EPM>EPN

【答案】BD

【解析】

【分析】

带正电粒子从M点由静止释放后，仅在电场力的作用下运动经过N点，可知该带电粒子所受的电场力方向向右，即可判断场强方向．根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．电场力对带电粒子做正功，其电势能减小．

【详解】由题意，带正电粒子从M点由静止释放后，仅在电场力的作用下运动经过N点，则知该带电粒子所受的电场力方向向右，场强方向从M到N；因只有一条电场线，则无法确定是否是匀强电场，也不能确定MN两点场强的大小关系，故AC错误。

电场线从M到N，根据顺着电场线方向电势降低得知，M点电势大于N点电势。

故B正确。

电场力对该带电粒子做正功，其电势能减小，则粒子在M点具有的电势能大于N点电势能。

故D正确。

故选BD。

【点睛】题中根据电场线的方向判断电热高低、由电场力做功正负，分析电势能的变化等等，都是常见的问题．

7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r,Ro为定值电阻，L为小灯泡，R为滑动变阻器，电表均为理想电表。

接通电源后，当R的滑片向左滑动时（）

A.电流表A的示数增大

B.电压表V的示数增大

C.小灯泡的功率增大

D.电源效率增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，再分析其他各个选项；根据电源效率分析。

【详解】当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接在电路中的电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，即电流表A读数变大；路端电压减小，即电压表V的示数减小，选项A正确，B错误；通过R0的电流变小，则通过灯泡的电流变大，灯泡的功率增大，选项C正确；电源效率可知，随外电路电阻R的减小，电源的效率减小，选项D错误；故选AC.

【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据“串反并同”来分析电表读数的变化，也可以由“局部-整体-局部”的方法分析.

8.如图所示，粒子回旋加速器由两个D形金属盒组成，两个D形盒正中间开有一条窄缝。

两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压，使正粒子每经过窄缝都被加速。

中心S处的粒子源产生初速度为零的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。

已知正粒子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R。

每次加速的时间很短，可以忽略不计。

下列说法正确的是（）

A.交变电压的频率为

B.交变电压的频率为

C.粒子能获得的最大动能为

D.粒子能被加速的最多次数为

【答案】AC

【解析】

【分析】

加速电场变化的周期与粒子在磁场中运动周期相等才能持续为粒子加速度，明确粒子运动过程，根据电场中的加速和磁场中的偏转过程进行分析，再根据洛伦兹力充当向心力即可确定最大速度和最大动能，根据求解加速的次数。

【详解】加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，则有：

，故A正确，B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有，解得，粒子获得的最大动能，故C正确；根据可知粒子能被加速的最多次数为，选项D错误；故选AC.

【点睛】明确粒子加速器原理，知道粒子先在电场中加速，然后进入磁场，做匀速圆周运动，半个圆周后，粒子再次进入电场，此时电源交换电极，粒子继续加速。

二、非选择题（本大题共6小题）

9.图为多用表表盘指针在测量时的偏转位置。

若多用电表的选择开关置于“×10”欧姆挡，则读数是____；

若多用电表的选择开关置于直流“10mA”挡，则读数是____mA；

若多用电表的选择开关置于直流“50V”挡，则读数是____V。

【答案】

（1）.200

（2）.4.2mA（3）.21.0V

【解析】

【分析】

欧姆表读数时要用示数乘以档位；电流表及电压表读数时要根据量程及最小分度进行读数．

【详解】若多用电表的选择开关置于“×10”欧姆挡，指针指在20位置处，故读数为：

20×10=200Ω；若多用电表的选择开关置于直流“10mA”挡，则满偏为10mA，最小分度为0.2mA，则读数为4.2mA；若多用电表的选择开关置于直流“50V”挡，最小分度为1V，则指针示数为21.0V；

10.有一个小灯泡上标有“2.5V，1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线，要求电流从零开始调节并能测量多组数据。

现有下列器材供选用：

A.直流电源（3V，内阻不计）B.电流表G（0~lmA，内阻r1=30）

C.电流表A（0~0.6A，内阻约为1）D.电阻箱中（阻值:

0~9999.99）

E.滑动变阻器R1（5，1A）F.滑动变阻器R2（100，0.5A）

G.电键一个，导线若干

（1）由于没有电压表，将电阻箱调节为_____与电流表G串联起来做量程为0~3V的电压表。

（2）滑动变阻器应选用______（填序号字母）。

（3）请在答题卡上的虚线框内画出实验电路图______。

【答案】

（1）.2970

（2）.E（3）.由于电流表A内阻约为1，所以伏安法应用电流表外接法。

【解析】

【分析】

（1）将电阻箱与电流表G串联起来做量程为0~3V的电压表，根据串并联电路的特点计算要串联的电阻；

（2）要求电流从零开始调节并能测量多组数据，则滑动变阻器选择分压形式，故选阻值较小的；（3）灯泡电阻较小，故采用电流表外接；

【详解】

（1）由于没有电压表，将电阻箱与电流表G串联起来做量程为0~3V的电压表，需要串联的电阻为。

（2）要求电流从零开始调节并能测量多组数据，则滑动变阻器选择分压形式，故选阻值较小的E；（3）灯泡电阻，电流表内阻1Ω，则电压表内阻远大于灯泡电阻，则采用电流表外接电路；如图；

【点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．

11.如图所示，电源电动势E=3V，内阻r=1，R1=R2=2，电容器电容C=100μF，电流表内阻不计。

求：

（1）通过电流表的电流I

（2）电容器所带电量q

【答案】

（1）1A；

（2）210-4C

【解析】

【分析】

（1）由闭合电路的欧姆定律求解电流；

（2）电容器两端的电压等于路端电压，根据Q=CU求解带电量。

【详解】

（1）由闭合电路的欧姆定律得，

解得

（2）电容器电压则

电容器所带电量

解得：

12.如图所示，平面直角坐标系xOy中，在y>0的区域有沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速率v0通过y轴上P点，方向沿x轴正方向；经过x轴上Q点时速度方向与x轴正向夹角θ=60°，粒子最后恰能再次通过P点且速度方向沿x轴正方向。

已知P、O间距为d，不计粒子重力。

求:

（1）电场强度的大小E

（2）磁感应强度的大小B

（3）粒子从P点开始到再次通过P所经过的最短时间t

【答案】

（1）E=；

（2）B=；（3）（+）

【解析】

【分析】

（1）粒子由P到Q做类平抛运动，根据动能定理求解电场强度E；

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，根据求解B；（3）根据粒子先在电场中运动，然后进入磁场，再进入电场，求解最短时间.

【详解】

（1）由题知，粒子通过Q点时速度大小

由动能定理得：

解得

（2）设粒子从P到Q时间为t1，O