市级联考广东省佛山市学年高二上学期期末考试物理试题含答案解析.docx

1、市级联考广东省佛山市学年高二上学期期末考试物理试题含答案解析【市级联考】广东省佛山市【最新】高二上学期期末考试物理试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1绝缘小球P与用丝绸摩擦过的玻璃棒接触后带正电，将一个用毛皮摩擦过的橡胶小球（带负电）靠近P球，要让P球如图静止，则橡胶小球应该放在图中甲乙丙丁的哪一个位置？（）A甲 B乙 C丙 D丁2如下四个实验或器材共同运用到的物理知识或方法是（）A物体的平衡 B作用力与反作用力 C放大法 D等效替代法3即使是在干燥的冬天，人体仍然是良导体，小明在地毯上行走若带上了大量的负电荷，不计其他电场影响，则（）A小明此时与地之间没有电势差B小明与不带电且跟

2、地绝缘的客人握手时，不会产生电流C小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时，客人的电势会降低D小明靠近客人还未与其接触时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人的电势会降低4扫地机器人它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，并能根据红外感应绕开障碍物某扫地机器人正常工作时电动机的电压为10V、电流为3A、线圈电阻为1则下列有关它的说法正确的是（）A正常工作时，电动机的发热功率为100WB正常工作时，电动机的输出功率为9WC正常工作时，电动机的总功率为30WD电动机被杂物卡住无法运转不考虑保护电路的作用时，电动机的发热功率为9W5如图，在P点固定一个负点电荷甲，另一个带正电的粒子乙仅受甲的库仑力作用沿

3、椭圆轨道运动（甲、乙均可视为质点），A、B、C、D是轨道上的四个顶点，则以下说法错误的是（）A乙经过A点时速度最大B乙经过A点时速度变化最快C乙经过C点时系统的电势能最大D在甲电荷的电场中，轨道上的各点，A点的电势最高6如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab是圆的直径，磁场的磁感应强度为B，一质量为m、带电量为q的粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30角时，恰好从b点飞出磁场，则粒子在磁场中运动的时间为（）A B C D7某次实验，小明测得一小灯泡伏安特性曲线如图所示，若将两个这样的灯泡并联后与一电动势E=1.5V、内阻r=1.5的电源连接，每个小灯泡实际

4、消耗的功率最接近（）ABCD二、多选题8如图，某带电粒子在电场中沿曲线由A经B运动到C，则下列说法正确的是（）A粒子带正电BAC两点电势C粒子在AC两点电势能D粒子在AC两点的加速度9如图所示电路，电源的电动势和内阻分别为E、r闭合开关S，将滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，下列说法正确的是（）A通过的电流一定增大 B通过R的电流一定增大C的电功率一定增大 D电源的输出功率一定增大10特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置，右图是该装置的简化结构图，金属顶端和大地构成一个特殊的电容器，顶端放电后由电荷补充线圈给顶端补充因放电而流失的电荷，因而能持续放电。下列相关说法正确的是（）A顶端带的电荷量越多

5、，则其与大地间的电势差越大B顶端带的电荷量越多，则其与大地构成的电容器的电容越大C带电量一定时，顶端离地越高则其与大地间的电势差越大D带电量一定时，顶端面积越大则其与大地间的电势差越大11如图所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流（从右侧观察）在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ原PQ中无电流，现通以水平向右的电流，在短时间内（ ）A从上往下观察导线框顺时针转动B从上往下观察导线框向右平移C细绳受力会变得比导线框重力大D导线框中心的磁感应强度变大12绝缘斜面处于匀强电场中，带正电的小物块沿斜面由静止滑到底端的过程中动能增加了0.3J重力做功1.5J

6、，电势能增加了05J，则下列说法正确的是（）A场强方向一定沿斜面向上 B斜面向上电势一定降低C电场力做功为 D克服摩擦力做功三、实验题13某同学要测量一铅笔芯的电阻率，先用刻度尺测得铅笔芯的长度L=10.00cm，再用千分尺测得其直径如图1，则其直径d=_mm，把多用电表欧姆档调到1倍率档，再将两表笔短接，谓节欧姆调零旋钮，使指针指在_，最后测得该铅笔芯的电阻如图2则其电阻值R=_，由此可得该铅笔芯的电阻率=_m（结果保留2位有效数字）14思聪同学要测量一节干电池的电动势E和内电阻r，由于手头上没有电流表，只有2个相同的理想电压表（量程3V、15V可选），1个定值电阻R0（阻值2），2个滑动变

7、阻器，R1（500、1A）、R2（50、1A），她设计了如图甲所示的测量电路，下面请你帮她完成该实验根据电路图选择适当的电表量程在图乙上完成实物连线，要求闭合电键S前滑动变阻器的阻值最大其中滑动变阻器应选用_（填字母代号）正确选择器材、连接电路、闭合开关后词节滑动变阻器时，发现两电压表的读数有变化，但变化都非常小，发生该故障的原因可能是_排除故障、接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录电压表V1和V2测量的数据，并根据数据描绘U1-U2图象如图丙所示，则电动势E=_V，内电阻r=_四、解答题15质谱仪是一种测量带电粒子的荷质比和分析同位素的精密仪器图中所示的质谱仪是由速度选择器和偏转磁场组成

8、速度选择器内磁场与电场正交，磁应强度为B1垂直纸面向里，两极间距离为d，认电压为U一束具有各种速率的某种粒子沿OP方向射入速度选择器，能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子从P点进入另一垂直纸面向外、磁感应强度为B2的匀强磁场，打在下方胶片距P为h的Q点，求：（1）能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子的速度（2）该种粒子荷质比16如图足够长且电阻不计的光滑金属导轨CF、DE的末端C，D点间接有一个电源，电源电动势E=6V，内阻r=10两导轨延长交于O点，OEF为等腰三角形，E、F两点处于同一水平面上，导轨所在平面与水平面的夹角0=37，导轨上水平横架一根质量m=0.2kg且单位长度电阻为a=1的导体棒P

9、Q在垂直导轨平面的方向加一匀强磁场B，g取10m/s2，sin37=0.6（1）当PQ接入电路的长度L=0.5m时，求流过PQ的电流和CD两点间的电压（2）当磁感应强度B=1.5T时，PQ静止在导轨上的某一位置，求此时磁场的方向、PQ所受安培力的大小及其电流的大小17如图所示，O为粒子发射源，能持续不断发射带电量为+q、质量为m的粒子，粒子初速度不计，经加速电场加速后，进入AB平行金属板间已知加速电场电压为U0，A、B板长为L1间距为d在两板间加上一个周期T=L1的交变电压，A板的电势A=0，B板的电势B随时间的变化规律如图所示，粒子穿过AB平行板打在离其距离为L2的荧光屏上设带电粒子重力的影

10、响可忽略，所有粒子都能打在荧光屏上，求：（1）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，经多少时间穿过金属板；（2）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，打在荧光屏P点，求OP的大小（3）求荧光屏上有粒子撞击的区域的长度.参考答案1D【分析】根据“要让P球如图静止”可知，本题考查的是静态平衡问题，根据平衡条件，结合受力分析即可求解【详解】“同性相斥，异性相吸”，由题P带正电，而用毛皮摩擦过的橡胶小球带负电，可知二者之间的静电力为吸引力 小球P受到竖直向下的重力沿绳子方向向上的拉力，两个力不在同一条直线上，由三个力平衡的特点可知，橡胶小球的位置一定在绳子及其延长线的右侧，即甲、乙、丙、丁四个位置只有丁是可能

11、的，其余都是不可能的故ABC错误，D正确2A【详解】密立根测定元电荷的电荷量时，是让油滴受到的重力与电场力平衡，采用了二力平衡和作用力与反作用力； 考虑使用库仑扭秤测出了静电力常量，该实验使用了力矩平衡与放大法； 利用电流在磁场中受到安培力的关系，结合力矩平衡测电流的大小，其原理使用力矩平衡； 利用小磁针判断磁场的方向，利用了小磁针的N极受到的磁场力的方向判断，也是结合小磁针的受力平衡判断 由以上的分析可知，以上的实验都采用了物体的平衡的方法故A正确，BCD错误3D【详解】A、小明带负电荷，其周围存在电场，电场线指向小明，根据顺着电场线电势逐渐降低，知小明此时与地之间有电势差，故A错误 B、小

12、明与不带电且跟地绝缘的客人间存在电势差，当小明与该客人握手时，电子会从小明身上移动到客人身上，从而形成电流，故B错误 C、小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时，客人原来处在小明的电场中，电势为负值当小明与客人握手时，小明所带电荷流到大地上，两人均不带电，电势为零，所以客人的电势会升高，故C错误 D、小明靠近客人（还未与其接触）时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人顺着电场线移动，其电势会降低，故D正确4C【分析】根据“人正常工作时电动机的电压”可知，本题考查的是含有电动机的电路问题，根据电流做功、电流的热效应、焦耳定律，列式即可【详解】正常工作时，电动机的输入功率P入=IU，P热=I2R，P出

13、=IU-I2R，所以计算可得正常工作时，电动机的发热功率为9W、总功率为30W、输出功率为21W；电动机被杂物卡住无法运转不考虑保护电路的作用时，电动机的发热功率等于总功率为30W；所以C对，ABD错5D【详解】A、从A到C，库仑力做负功，从C到A库仑力做正功，所以A点速度最大，A不选B、在A点库仑力最大，加速度最大，速度变化最快，B不选C、P点为负电荷，椭圆上A离P最近，C离P最远，根据沿电场线电势逐渐降低，所以C点电势最大，A点电势最低，又由于，所以乙经过C点时系统的电势能最大，C不选D、P点为负电荷，椭圆上A离P最近，C离P最远，根据沿电场线电势逐渐降低，所以C点电势最大，A点电势最低，

14、错误的选项应选D6A【分析】根据“在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场”可知，本题考查的是带电粒子在圆形磁场中运动的问题，根据洛伦兹力提供向心力、匀速圆周运动规律，列式即可【详解】当粒子从b点飞出磁场时，入射速度与出射速度与ab的夹角相等，所以速度的偏转角为60，轨迹对应的圆心角为60，结合几何关系求得粒子做匀速圆周运动的半径为2R，粒子在磁场中运动的时间为T/6，A对7B【详解】电源的外电压与电流的关系为U=E-Ir=1.5-1.5I，当电压U=0V时，I=1A，当电流等于0时，电压U=1.5V，作电源的外电压与电流的关系图线如图所示：交点所对应的电压U=1.3V，电流I=0.3

15、7A，两电灯并联，则通过每个灯泡的电流为0.19A，则灯泡的实际功率P=UI=1.30.190.2W，故ACD错误，B正确；8BD【详解】A、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向指向轨迹凹陷处，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误； B、沿电场线是方向电势逐渐降低，所以有AB，故B正确； C、从A到C过程中，根据电场力和运动方向可以判断，电场力做负功，电势能增加，A、C两点电势能EPAEPC，故C错误 D、C处的电场线较密，A处的电场线较疏，所以有aCaA，故D正确； 故选BD9AB【详解】AB、当滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减

16、小，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流增大，故流过R1的电流增大；因电流增大，故内压以及R1两端的电压增大，并联部分电压减小，流过R2的电流减小；因总电流增大，所以流过R的电流增大，故AB正确； C、由以上分析可知，流过R2的电流减小，则由P=I2R可知，R2的电功率一定减小，故C错误； D、因无法确定内外电阻的大小关系，故无法确定电源的输出功率变化情况，故D错误 故选AB10AC【详解】AB电容器的电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电量无关，可知，顶端带的电量Q越多，其与大地构成的电容器的电容C不变，由分析知其与大地间的电势差越大，故A正确，B错误；C顶端离地越高，电容越小，带电

17、量一定时，由分析知其与大地间的电势差越大，故C正确；D顶端面积越大，电容越大，带电量一定时，由分析知其与大地间的电势差越小，故D错误。故选AC。11ACD【详解】A. 由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从里向外，根据左手定则，知外侧电流受安培力向左，内侧电流受安培力向右，从上往下看，导线框将顺时针转动，故A项正确，B项错误；C. 线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线Q处的边的电流的方向向右，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受安培力向下，细绳受力会变得比导线框重力大故C项正确；D. 线框沿顺时针方向转动一个小角度后，电流PQ产生的磁场方向从里向外穿过线框，根据安

18、培定则，线框产生磁场的方向也是从里向外，则线框中心的磁感应强度变大故D项正确12BD【详解】AB、在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，又由于物块带正电，所以电场强度的方向是斜向上，但不一定与斜面重合，同时沿电场线方向电势降低，所以A错，B对CD、在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力为-0.5J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK 解得：Wf=-0.7J，故C错D对；130.500 欧姆零刻度线处 4 7.910-4 【详解】由图1所示可知，直径：d=0.5mm+0.00.01mm=0.500mm；把多用电表欧姆档调到1倍率档，

19、再将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆零刻度线处；由图2所示可知，则其电阻值R=41=4；由电阻定律可知：代入数据解得：=7.910-4m14，R2 R0断路或没接入电路 1.50 1.0 【详解】根据实验原理图连接实物图如图所示： 为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小R2；闭合开关后调节滑动变阻器时，发现两电压表的读数有变化，但变化都非常小，说明整个电路的总电阻较大，且滑动变阻的调节相对于总电阻来说几乎不起作用，由此可知故障的原因是R0断路或没接入电路；根据闭合电路欧姆定律可得：，即：，由上述公式知U 1-U 2 图象与纵轴截距（如图）为电动势

20、，则E=1.50V，斜率大小为 ，则r=0.5R0=0.52=1.015（1）； （2）【详解】（1）粒子沿中轴线OP穿过速度选择器，所以粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，解的；（2）在B2中粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得，解的，所以16（1）4A ,2V （2）磁场的方向垂直导轨平面向上、 1.5N, 5A【详解】（1）当PQ接入电路的长度L=0.5m时，此时PQ接入电路中的电阻R1=0.5，有闭合电路欧姆定律可得，解得流过PQ电流为：I1=4A，CD两点间电压：U=E-I1r=2V（2）由平衡条件得PQ受安培力沿斜面向上，即磁场方向垂直导轨平面向上，由平衡条件得，PQ

21、受安培大小为：F安=mgsin，即：F安=1.5N，由F安=BI1L2且：I2=，联立求解得，I2=5A，L2=0.2m17（1）L1 （2）； （3）【详解】（1）带电粒子在加速电场的运动过程，由动能定理得：qU0=mv02解得：v0=带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动的总时间为：t=L1（2）由上可知，带电粒子在偏转电场中运动的时间等于交变电压的周期T在交变电压的一个周期T内，带电粒子在垂直于板方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小相等，时间相等，根据对称性可知，这两个过程偏转的位移大小相等，所以带电粒子离开偏转电场时偏转距离为y=2由牛顿第二定律得加速度为：a=由以上各式解得：y=根据对称性可知，粒子离开偏转电场时速度平行于金属板，所以该粒子打在屏上的点P与O的距离是y=（3）t=0时进入的粒子会达到最上点P，t=T进入的粒子会达到最下端P，PO=PO，荧光屏上有粒子撞击的区域的长度L=2PO=