四川省乐山市学年高二上学期期末考试物理试题.docx
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四川省乐山市学年高二上学期期末考试物理试题
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四川省乐山市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题
考试范围：
xxx；考试时间：
100分钟；
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、单选题
1．如下图所示的均匀磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者其方向，其中错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．电场强度
是用比值定义法定义的物理量，下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法（ ）
A．电阻
B．磁感应强度
C．电容
D．电流
3．在如图四种电场中，分别有a、b两点，其中a、b两点的场强相同、电势不相等的是（ ）
A．甲图：
与点电荷等距的a、b两点
B．乙图：
两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C．丙图：
点电荷与带电平板形成的电场中离平板很近的a、b两点
D．丁图：
匀强电场中的a、b两点
4．如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（ ）
A．甲表是电流表，R增大时量程增大
B．甲表是电流表，R增大时量程减小
C．乙表是电压表，R增大时量程减小
D．乙表是电流表，R增大时量程减小
5．如图所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直。
当直导线中通入图中所示方向的电流时，和未通电相比较，可以判断出（ ）
A．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大
B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小
C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大
D．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小
6．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（ ）
A．电动机的输出功率为14W
B．电动机两端的电压为1.0V
C．电动机产生的热功率为4.0W
D．电源输出的电功率为20W
7．如图所示直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡L1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）
A．此电源的内电阻为0.67Ω
B．灯泡L1的额定电压为3V，额定功率为6W
C．把灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小，效率将变低
D．由于小灯泡L1的U﹣I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用
8．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在三点所受的电场力相等
B．粒子必先过a，再到b，然后到c
C．粒子在三点的电势能大小关系为Epc＞Epa＞Epb
D．粒子在三点的机械能必定相等
9．下列说法正确的是（ ）
A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
B．图乙磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极
C．图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq＝qvB，即
D．图丁是质谱仪的工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3粒子的比荷越小
10．在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压（只变正负，大小不变），0时刻B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（ ）
A．电子一直向A板运动
B．电子一直向B板运动
C．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
评卷人
得分
二、多选题
11．在磁感应强度大小为B0，方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（ ）
A．c、d两点的磁感应强度大小相等
B．a、b两点的磁感应强度大小相等
C．c点的磁感应强度的值最小
D．b点的磁感应强度的值最大
12．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的油滴，从极板左侧中央以相同的水平初速度υ0先后垂直电场射入，分别落到极板上A、B、C处，则下列说法错误的是（ ）
A．三个油滴在电场中运动时间相等
B．油滴A带正电，B不带电，C带负电
C．三个油滴在电场中运动的加速度aA＜aB＜aC
D．三个油滴到达极板时动能EKA＜EKB＜EKC
13．如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表．当滑动变阻器R2的滑动触头p移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是（ ）
A．p向a移动，V1示数增大、V2的示数减小
B．p向b移动，V1示数增大、V2的示数减小
C．p向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值
D．p向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值
14．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R．已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则（ ）
A．液滴带正电
B．液滴荷质比
C．液滴顺时针运动
D．液滴运动速度大小为
15．如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的．两个相同的带正电小球同球从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则（ ）
A．两小球到达轨道最低点的速度vM＝vN
B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN
C．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间
D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端
16．如图所示，某带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块平行导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，设粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离为s（不计重力，不考虑边缘效应）。
下列说法正确的是（ ）
A．若仅将水平放置的平行板间距增大，则s减小
B．若仅增大磁感应强度B，则s减小
C．若仅增大U1，则s增大
D．若仅增大U2，则s增大
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
三、实验题
17．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中：
（1）在图示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端（填“左”或“右”）．
（2）下图是根据实验数据作出的U－I图象，由图可知，电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
18．某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件．图1为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，实验室备有下列器材：
电流表（A1）：
量程0﹣50mA，内阻约为50Ω
电流表（A2）：
量程0﹣200mA，内阻约为10Ω
电压表（V1）：
量程0﹣3V，内阻约为10kΩ
电压表（V2）：
量程0﹣15V，内阻约为25kΩ
滑动变阻器（R1）：
阻值范围0﹣15Ω，允许最大电流1A
滑动变阻器（R2）：
阻值范围0﹣1kΩ，允许最大电流100mA
址流电源（E）：
输出电压6V，内阻不计
开关（S）
导线若干
①为提高实验结果的准确程度，电流表应选用_____；电压表应选用_____；滑动变阻器应选用_____．（以上均填器材代号）
②为达到上述目的，请在图2虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号．
③若发现实验测得的伏安特性曲线与图中曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？
相同点：
_____，
不同点：
_____．
评卷人
得分
四、解答题
19．一匀强电场足够大，场强方向是水平的，一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角做直线运动重力加速度为g。
求：
（1）小球运动的加速度的大小a；
（2）小球运动到最高点时的位移x；
（3）小球运动到最高点其电势能的变化量△Ep。
20．如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽度L＝0.25m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑线变阻器，电源电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω．一质量m＝0.02kg的金属杆ab与两导轨垂直并接触良好，当滑线变阻器接入电路的阻值为R时，ab中电流大小I＝0.5A，此时杆恰好静止在导轨上。
整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与金属棒的电阻不计，取g＝10m/s2．求：
（1）R的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）若只改变磁场，使金属杆ab仍静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零。
求此时磁感应强度的大小和方向。
21．如图所示，在坐标系xOy的第一象限内有方向竖直向上的匀强电场，第二象限内有磁感应强度大小为B（未知）、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的带负电的粒子，从x轴上的P点（一L，0），沿与x轴负方向成37°角的方向向上射出射出时的初速度大小为υ0，经磁场偏转后，垂直通过y轴，粒子经电场偏转后通过x轴时，速度方向与x轴的正方向刚好成37°角（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），不计粒子的重力，求：
（1）磁感应强度B的大小及粒子第一次通过y轴的位置；
（2）电场强度E。
参考答案
1．C
【解析】
根据右手定则，ABD正确，C项导体棒与磁场平行，不受力，C错误。
2．D
【解析】
电阻
，与U、I无关，采用的是比值定义法；磁感应强度
，B与F、I和L无关，采用的是比值定义法；电容
，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；
是闭合电路欧姆定律，电流I与电动势E成正比，与电阻
成反比，不是比值法定义法，故ABC是用相同的比值定义法定义的，而D不是用相同的方法，故选D.
【点睛】所谓比值法定义，就是用两个量的比值定义一个新的物理量，而新的物理量与原来两个量又无关，新的物理量反映物质的属性．
3．B
【解析】
本题考查常见电场的电场线分布，场强为矢量，电场强度相同必须是大小相等方向相同，甲图中a、b两点场强大小相等方向不同，乙图中的两点场强大小和方向均相同，丙图中的金属板处于静电平衡状态，表面为等势面，电场线与等势面垂直，所以两点的电场线方向相同，根据对称性可知场强大小不相等，丁图中a、b两点处于匀强电场中场强大小相等方向相同
点评：
牢记各种常见电场的电场线分布，例如点电荷周围电场线、等量同种或异种点电荷、孤立带电体、点电荷与带电平板形成的电场、平行板电容器的电场线分布
4．B
【解析】
试题分析：
甲表中的表头与一个电阻并联，电阻起到分流的作用，故它是电流表，当电阻增大时，分得的电流减小，所以量程减小，选项A错误；B正确；乙表的表头与电阻串联，电阻起到分压的作用，故乙是电压表，R增大时，分得的电压增大，故量程增大，选项C错误；D错误。
考点：
电表的改装。
5．D
【解析】
条形磁铁位置磁感线如图所示：
由图可知，磁场方向向右；根据左手定则，电流受到的安培力向下，故弹簧弹力变大；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力与安培力等大、反向、共线，即向上，故磁体对地压力变小；故选D.
【点睛】画出条形磁铁位置磁感线情况，然后根据左手定则判断安培力方向，再根据牛顿第三定律判断磁体受到的磁场力方向．
6．D
【解析】
试题分析:
电动机的总功率为P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为14W-2W=12W，所以A、C错误；电动机的电压为U=E-U内-UR0=E-Ir-IR0=12-2×1-2×1.5=7V，故B错误；电源的输出的功率为P输出=EI-I2R=12×2-22×1="20W"，故A错误，D正确。
考点：
焦耳定律
7．B
【解析】
【分析】
电源的U-I曲线与灯泡伏安特性曲线的交点表示该灯泡与该电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出灯泡的额定功率．根据推论：
电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．灯泡是纯电阻元件，欧姆定律适用．
【详解】
由图读出：
电源的电动势E=4V，内阻
，故A错误。
两图线的交点表示小灯泡D1与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为P=UI=6W，故B正确。
灯泡D1的电阻
，换成一个“3V，20W”的灯泡D2，灯泡D2的电阻
，可知其电阻更接近电源的内阻，根据推论：
电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变大，故C错误；灯泡是纯电阻元件，欧姆定律适用，故D错误。
故选B。
【点睛】
解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．
8．D
【解析】
因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等．选项A错误．由题中的图可知，电场的方向是向上的，由轨迹可知粒子受到向下的电场力作用，则粒子是带负电的，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹．选项B错误．带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在C点的动能最大，在b点的动能最小．选项C错误，D正确，故选D.
点睛：
本题考察到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点．解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：
①、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直．②、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．③、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面．④、任意两个等势面都不会相交．⑤、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱．
9．C
【解析】
甲图中，根据
可知，
，粒子获得的最大动能为：
，所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B错误；丙图中速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电只要速度满足
，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；丁图中线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误；故选C.
10．B
【解析】
根据图像可知，在0～0.25s内，电子所受电场力水平向左，故电子向左加速，在0.25s时速度达到最大，0.25～0.5s内受到向右的电场力，向左做匀减速运动，加速度大小与加速阶段的加速度大小相同，故可知在0.5s时，电子的速度减小到零，0.5s时刻再次向左加速，所以可知电子一直向B板运动，故B正确，ACD错误；
故选B。
11．CD
【解析】
通电直导线在c点的磁感应强度方向与B0的方向相反，b、d两点的磁感应强度方向与B0垂直，a点的磁感应强度方向与B0同向，由磁场的叠加知c点的合磁感应强度最小，a点的合磁感应强度最大．C、D项正确．
12．ACD
【解析】
三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为
，初速度
相同，由位移公式
得知，运动时间关系为
。
小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式
，得加速度的关系为
，根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为：
．三个质量相等，重力相等，则可知，A所受的电场力向上，C所受的电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电。
故AC正确，B错误。
电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力对三个球做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系为
．故D正确。
故选ACD。
【点睛】带电小球做类平抛运动，不带电小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据位移关系分析时间关系．竖直方向上三个的位移大小相等，由位移公式分析加速度关系，判断小球的电性．根据动能定理分析到达正极板时动能关系．
13．AC
【解析】
试题分析：
P向a滑动，滑动变阻器R2的电阻变小，分压U2减小，根据闭合电路的欧姆定律有E=Ur+U1+U2，其余部分电路的分压相对增大，减小值和增大值相等，即△U2=△（U1+Ur），选项A、C正确。
同理，P向b滑动，V1示数减小、V2的示数增大，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，选项B、D错误。
考点：
本题考查闭合电路的欧姆定律、串联分压原理。
14．CD
【解析】
液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带负电，故A错误；由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：
mg=qE，解得：
，故B错误；磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为顺时针，故C正确；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：
R=
联立解得：
，故D正确；故选CD.
点睛：
此题考查了液滴在复合场中的运动问题．复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场．液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要．该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况．
15．BD
【解析】
【分析】
两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小。
【详解】
小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：
解得：
…①
小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：
解得：
…②
A、C、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以它们在最低点的速度大小不等，且在电场中运动的时间也长，故AC错误；
B、因为v1＞v2，结合①②可知：
FM＞FN，故B正确；
D、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确；
故选：
BD。
【点睛】
洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．
16．BC
【解析】
对于加速过程，有
，得
带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，
则有：
而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：
所以
；又因为半径公式
，则有
．可知增大平行金属板两板间距时，s不变；选项A错误；故s随U1变化，s与U2无关，仅增大U1，s将增大．故C正确，D错误；仅增大磁感应强度B，则s减小，选项B正确；故选BC.
点睛：
带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解。
17．左1.51
【解析】
（1）在图甲的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于电阻最大的位置，即最左端.
（2）由图可知,电源的电动势E=1.5V，内阻r=
.
18．A2V1R1
见解析
【解析】
【详解】
（1）由图可知，电流最大值为0.12A，故电流表应选用A2，灯泡两端的电压最大为2.5V，故电压表应选用V1，由图可知，电流电压是从零开始变化的，故应选用分压接法，故滑动变阻器应选用R1；
（2）滑动变阻器选用分压接法；元件内阻较小，故应选用电流表外接法，电路图如图所示．
（3）相同点：
通过该元件的电流与电压的变化关系和通过小电珠的电流与电压的变化关系都是非线性关系；不同点：
该元件的电阻值随电压的升高而减小，而小电珠的电阻值随电压的升高而增大．
19．
（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】
（1）因物体受重力及电场力的作用而做直线运动，故物体所受力的合力一定在运动方向的直线上；则由力的合成可求得电场力的大小，根据牛顿第二定律求得加速度大小；
（2）根据速度位移公式求出位移；
（3）电势能的变化等于克服电场力的做功。
【详解】
（1）小球做直线运动，所受的合力与速度方向在同一直线上，根据平行四边形定则得：
解得：
小球的加速度
（2）小球从开始到最高点的位移为
（3）因为
则小球运动到最高点时其电势能的变化等于克服电场力的做功，
即：
【点睛】
本题有三点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是明确功是力与力的方向上发生的位移的乘积。
三是克服电场力做功等于电势能的增加量。
20．
（1）5Ω
（2）0.8T（3）1.6T水平向左
【解析】
【详解】
（1）设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：
E=I（R+r）
解得：
R=5Ω
（2）金属杆静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡，
F安=mgsin 30°
代入数据得F安=0.1 N
又由：
F安=BIL
得：
B=0.8T
（3）当安培力的方向向上时，金属杆对斜面的支持力才可能等于0，由左手定则可知，磁场的方向水平向左；设此时磁感应强度为B′，则：
mg=B′IL
代入数据可得：
B′=1.6T.
【点睛】
本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易。
在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断。
21．
（1）3L
（2）
【解析】
【详解】
（1）粒子经过磁场偏转，垂直通过y轴，因此粒子在第二象限的磁场中做圆周运动的圆心在y轴上，作出粒子整个运动过程轨迹如图所示，
根据几何关系可知，粒子做圆周运动
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