河南省驻马店市学年高二上学期期末考试物理试题.docx

1、河南省驻马店市学年高二上学期期末考试物理试题2018-2019学年河南省驻马店市高二（上）期末物理试卷一、选择题1.迄今为止，科学实验发现的最小电荷量就是电子所带的电荷量，人们把这个最小的电荷量叫做元电荷。下列科学家中，最早测得元电荷数值的是（ ）A. 库仑 B. 奥斯特 C. 密立根 D. 安培【答案】C【解析】【详解】科学实验发现的最小电荷量就是电子所带电荷量，这个数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故C正确ABD错误。故选C。2.如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在以导线截面的中心O为圆心的圆周上有a、b、cd四点，已知a点的磁感应强度为2B

2、，方向也是竖直向下，则d点的磁感应强度的大小和方向分别为（ ）A. 大小为B，方向竖直向上B. 大小为2B方向水平向右C. 大小为B，方向垂直纸面向外D. 大小为B，方向斜向右下方【答案】D【解析】【详解】磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，已知a点的磁感应强度为2B，方向也是竖直向下，那么通电直导线在a点的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，则通电直导线在d点的磁感应强度的大小仍为B，根据右手螺旋定则，其方向水平向右；依据矢量的合成法则，则d点的合磁感应强度的大小BdB，其方向斜向右下方，故ABC错误，D正确；故选D。3.在如图所示的电路中，某同学根据闭合开关K时，电流表示数的变化情况

3、，来判断电源有无内阻。下列是他对实验结果的判断，其中正确的是（ ）A. 若电流表示数不变，则电源有内阻B. 若电流表示数不变，则电源无内阻C. 若电流表示数变大，则电源有内阻D. 不能通过该实验判断电源是否有内阻【答案】B【解析】【详解】当K闭合后，外电路的总阻值变小，如果电源有内阻,则路端电压变小，则电流表示数变小，若电源无内阻，则路端电压不变，电流表示数不变，故B正确，ACD错误；故选B。4.已知只在A、B之间的空间区域内存在有静电场，电场线平行于x轴，电场中电势沿x轴方向的分布如图所示，一带正电粒子从A点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动，则以下分析正确的是（ ）A. 粒子恰好能到达

4、B位置再返回B. 粒子在到达B位置前就开始向A点返回C. 粒子到达B点后继续向右运动不再返回D. 条件不足，无法判断粒子能否到达B点【答案】A【解析】【详解】由图知：UAOUOB ；假设粒子到B的速度为vB，从A到B由动能定理得：qUAO+qUOB；联立解得：vB0，即粒子恰好能到达B位置再返回，故A正确，BCD错误。故选A。5.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和a粒子（氦原子核）先后以相同的动能对准圆心O射入磁场，若粒子只受磁场力的作用，已知质子在磁场中偏转的角度为90，则粒子在磁场中偏转的角度是（ ）A. 30 B. 45 C. 90 D. 120【答案】C【解析】【详解

5、】根据洛伦兹力提供向心力qvBm，得R，质子和a粒子的质量之比为1：4，所带电荷量之比为1：2，质子和a粒子（氦原子核）具有相同的动能，故两者的速度之别为2：1；根据R可得，质子和a粒子在磁场中做圆周运动的半径相等，所以转过的角度相同，即也转90，故C正确，ABD错误，故选C。6.如图所示，电源电动势E10V，内阻不计，R11.0，R24.0，R35.0，C1C230F，先闭合开关S，待电路稳定后，再将S断开，则从S断开到电路再次稳定的过程中，通过R2的电荷量为（ ）A. 1.2104C B. 1.5104C C. 1.8104C D. 30104C【答案】B【解析】【详解】开关闭合时，电路中

6、电流为： ；C2两端的电压为：UC2IR3155V；C2的带电量为：Q2C2UC23010651.5104C，当断开开关后，两电容器直接与电源相连，C2的带电量为：Q2C2E30106103.0104C，故通过R2的电量为：Q=Q2-Q21.5104C，故B正确，ACD错误；故选：B。7.如图所示，两条平行的光滑金属导轨间距为10cm，导轨平面与水平面夹角为45，上端连接的定值电阻阻值为1.5，电源电动势为3V（内阻不计），质量为20g的导体棒ab放在金属导轨上，且与导轨垂直。整个装置处在方向垂直于导体棒的匀强磁场（图中未画出）中，已知重力加速度g取10m/s2，不计导轨和导体棒的电阻。若使导

7、体棒静止不动，关于磁场的磁感应强度最小值Bm，和与之相对应的磁场方向（顺着导体棒从a向b看），以下说法正确的是（ ）A. BminT，水平向左B. Bmin0.4T，水平向左C. BminT，垂直斜面向上D. Bmin0.1T垂直斜面向上【答案】C【解析】【详解】导体棒受到的最小安培力，导体棒受重力和支持力的合力沿导轨向下为Fmgsin45BIL，解得BT，根据左手定则知，磁场方向垂直斜面向上，故C正确，ABD错误；故选C。8.类比磁通量的概念，在静电场中同样可以定义电通量的概念：若电场中有一个面积为S的区域，各处的电场强度大小均为E，且与该区域垂直，则穿过这个面积的电通量ES空间中现有一个电

8、荷量为Q的固定点电荷，在其周围激发静电场，以点所在位置为球心作两个半径不同的球面S1和S2，如图所示。则以下说法正确的是（ ）A. 通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离成正比B. 通过S1和S2的电通量与它们距球心距离的平方成正比C. 通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离成反比D. 通过S1和S2的电通量为一个恒量，与它们距球心的距离无关【答案】D【解析】【详解】根据点电荷的场强公式，求得球面上各处的电场强度大小为： ，由于球面上各处电场强度方向都与球面垂直，故通过球面的电通量为：，由公式可知，通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离无关。故ABC错误，D正确；故选D。9.一个可自由移

9、动的带电粒子（重力忽略不计）在匀强电场、匀强磁场同时存在的空间中可能出现的运动状态是（ ）A. 匀变速直线运动 B. 静止C. 匀变速曲线运动 D. 匀速圆周运动【答案】A【解析】【详解】若电场方向与磁场方向共线，且粒子的运动方向沿电、磁场方向，则粒子不受洛伦兹力，只受电场力，而电场力是恒力，因此粒子做匀变速直线运动，故A正确；带电粒子静止时，只受到电场力，不受洛伦兹力，不可能静止，故B错误；若粒子做匀变速曲线运动，合外力恒定，电场力恒定，而洛伦兹力会随着速度的变化而变化，所以合外力不可能恒定，所以不可能做匀变速曲线运动，故C错误。匀速圆周运动的合外力大小恒定，方向指向圆心，由于电场力恒定，洛

10、伦兹力大小恒定，方向时刻在变化，所以合外力大小不可能恒定，方向也不可能始终指向圆心，所以不可能做匀速圆周运动，故D错误；故选A。10.如图所示，六个点电荷分布在边长为a的水平放置的正六边形ABCDEF六个顶点处在A、D、F处点电荷的电荷量均为q，其余各处点电荷的电荷量均为+q，光滑竖直杆固定在正六边形的中心轴上。现将质量为m、带电荷量为+Q的小环穿在杆上，由P点自由释放，若不考虑P环的电荷对电场的影响，则下列说法正确的是（ ）A. O点电场强度大小为 ，方向由O指向CB. O点电势等于P点电势C. 小环从P到O做匀加速直线运动D. 小环从P到O的过程电势能先减小后增大【答案】BC【解析】【详解

11、】每一个电荷在中心O处产生的场强均为，根据场强的叠加原理可得，O点电场强度大小为，方向由O指向F，故A错误；由电势的叠加可知，OP上各点的电势均为零，则O点电势等于P点电势，故B正确；小环从P到O电势能不变，则小环只受重力作用而匀加速直线运动，故C正确；小环从P到O的过程电势能不变，故D错误。故选BC。11.如图甲所示，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图示箭头方向为正方向。螺线管与灵敏电流表G相连，构成闭合回路。当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是（ ）A. 在t1s时，电流表G的示数为0B. 在01s时间内，感应电流方向为cGbC. 1s2s与2s3s

12、两段时间内，感应电流方向相同D. 在2s4s时间内，电流先增大再减小【答案】BD【解析】【详解】由Bt图知，t1s时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，则感应电流最大；故A错误。01s时间内磁场的方向向下，且减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向下，感应电流的方向向下，为dcGba故B正确；在12s时间内，磁通量的向上不断变大，在23s时间内，磁通量的向上不断变小，根据楞次定律，两段时间内感应电流方向相反。故C错误。在24s时间内，磁场的变化率先增大后减小，由法拉第电磁感应定律可知，感应电流先增大后减小。故D正确。故选BD。12.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）相连，

13、下极板接地，在两极板间P点固定一个带负电的微粒。现在改变某一条件（P点始终在两极板间），当电路再次稳定后，一定能使带电微粒的电势能减少的情况是（ ）A. 将上极板向下平移一小段距离B. 将上极板向左平移一小段距离C. 下极板向下平移一小段距离D. 在极板间充入某种电介质【答案】AC【解析】【详解】平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，知平行板的间的电势差不变，根据EPq知，点电荷的电势能与电势高低有关，P点电势等于这点与0势面的电势差，即Ed0P，所以EPqEd0P。将上极板向下平移一小段距离，板间距减小，根据EU/d知电场强度增大，电势能EPqEd0P减小，故A正确；将上极板向左平移一小段

14、距离，改变正对面积，电容减小，但不影响电场强度和P到零势面的距离，所以电势能不变，故B错误；将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，d增大，根据EU/d，电场强度减小，电势能EPqEd0P 减小，故C正确；在极板间充入某种电介质，增大电容，但不改变电场强度和P到零势面的距离，所以电势能不变，故D错误。故选AC。二、解答题13.软铁环上绕有A、B、C三个线圈，线圈的绕向如图所示，这三个线圈分别与线圈M、电源、电流表相连。当电键K1闭合、K2断开时，将条形磁铁的N极加速向下插入线圈M过程中，电流表指针向左偏转。由上述可知：（1）若保持K1闭合、K2断开，将条形磁铁的S极从线圈M中加速向上拔出

15、的过程中，电流表指针（选填向左向右或不）_偏转（2）若保持K1、K2均闭合，将条形磁铁插入线圈M中保持不动，电流表指针_（选填向左、向右或不）偏转（3）若保持K1断开，在K2闭合瞬间，电流表指针_（选填向左、向右或不）偏转【答案】 (1). 向右； (2). 不； (3). 向右【解析】【详解】（1）若保持K1闭合、K2断开，将条形磁铁的S极从线圈M中加速向上拔出的过程中根据感应电流产生条件和楞次定律可知，M中产生从上往下看瞬时针方向电流，由于加速拔出，则产生电流增大，则A中电流从右端进，左端出，电流增大，根据安培定则可知A产生磁场轴线上方向为从右向左，则C中磁场方向从下向上，且增大，故会产生

16、感应电流，根据楞次定律可知，线圈C中电流方向从上向下，又将条形磁铁的N极加速向下插入线圈M过程中，电流表指针向左偏转，此时与之相反，则电流表指针向右偏转；（2）若保持K1、K2均闭合，将条形磁铁插入线圈M中保持不动，线圈A中无电流，B中电流不变，所以C线圈中的磁场不变，故磁通量不变，故无感应电流产生；（3）若保持K1断开，在K2闭合瞬间，B中电流瞬时增大，金属环中产生逆时针方向磁场，则C中磁场方向从下而上，且增大，故会产生感应电流，且与（1）产生电流方向相同，故向右；14.某兴趣小组要将一块量程Ig为1mA、内阻约为100的电流表G改装成量程为3V的电压表。首先要测量该电流表的内阻现有如下器材

17、A.待测电流表G (量程1mA、阻值约100)B.滑动变阻器(总阻值5000、额定电流1A)C.滑动变阻器(总阻值500、额定电流1A)D.电阻箱R2(总阻值999.9)E.电源(电动势为1.5V，内阻很小)F.电源(电动势为3V，内阻很小)G.开关、导线若千(1)该小组如果选择如图甲所示的电路来测量待测电流表G的内阻，则滑动变阻器R1应选择_(填器材前代码序号)，电源应选择_(填器材前代码序号)。(2)实验时，先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使得G的示数为Ig；保证R1的阻值不变，再闭合S2；调节电阻箱R2，使得G的示数为，此时电阻箱R2的示数如图乙所示，则G的内阻为_(3

18、)该实验中，G的内阻测量值_真实值(填“大于”或“小于”)【答案】 (1). B (2). F (3). 96(或96.0) (4). 小于【解析】【分析】根据电流表G改装成量程为3V的电压表电源的电动势，由欧姆定律求出电路中的总电阻，然后选择滑动变阻器；电流表G与电阻箱并联，流过G的电流变为，则流过电阻箱变为，它们并联，它们两端电压相等；根据串并联电路特点与欧姆定律分析实验误差；【详解】解:(1)由于将电流表G改装成量程为3V的电压表，所以电源的电动势选3V，故电源应选择F；待测电流表G量程是1mA，其串联电路的R1上的电流：，电路中的总电阻，所以滑动变阻器R1应选择B；(2)使得G的示数为

19、，则有电阻箱R2的电流为，它们并联，它们两端电压相等，根据电路结构则有，解得；(3)测电流表内阻时闭合开关S2后整个电路电阻变小，电路电流变大，电流表G的示数为，流过电阻箱的电流大于为，电阻箱阻值小于电流表内阻的2倍，即电流表内阻测量值偏小；三、计算题15.如图所示，水平面内两根足够长的平行金属导轨MM和MN相距L，左端MN之间接一个阻值为R的电阻，质量为m的金属棒ab垂直跨放在两导轨上，整个装置置于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。t0时刻，金属棒ab在方向平行于导轨大小为F的水平恒力作用下由静止开始运动，经过一段时间，金属棒恰好开始做匀速运动，在这段时间内回路中产生的焦耳热为Q

20、假定导轨光滑，导轨与导体棒的电阻均不计，求：（1）金属棒ab匀速运动时的速度；（2）金属棒ab从t0时刻到开始做匀速运动时发生的位移x。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】（1）金属棒切割磁感线缠身的感应电动势为EBLv回路中产生的感应电流为 ，金属棒匀速运动时，由平衡条件得FBIL联立解得： ；（2）由功能关系 解得： ；16.如图所示，P点是光滑绝缘斜面AC的中点，斜面高度ABh，倾角为30空间存在方向水平向右的匀强电场，场强大小未知。当在B点固定一质量为m的带电小球时，另一质量和带电情况完全相同的小球，恰好可以静止在P点且对斜面无压力。已知重力加速度为g，静电力常量为k，小球可视为质点

21、。（1）求小球所带电荷量q和电场的场强E；（2）若把B点的小球撤去，将P点的小球由静止释放，求该小球离开斜面时的速度。【答案】(1) ,；(2)【解析】【详解】（1）小球恰好可以静止在P点且对斜面无压力，小球受力分析，如图所示： 由平衡得： mgqEtan60由几何关系可知BPPAABh联立解得：、 （2）如果撤去B点的带电小球，则P点的小球只受重力和电场力，而qEcos30mgsin30，所以P点小球沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：qEcos30mgsin30ma由运动规律得：v22aPA联立解得：17.如图所示，圆形金属线圈半径r0.3m，匝数n50，电阻R019，竖直放置在

22、匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小随时间t按B（1+t）T的规律变化，磁场方向水平向里与线圈平面垂直：两个定值电阻的阻值分别为R169，R212，水平平行板电容器C极板长L0.1m，两板间距d0.05m（1）求线圈中产生的感应电动势E；（2）当滑动变阻器接入电路中的阻值R1时，求电阻R1消耗的电功率；（3）调节滑动变阻器，可使速度为v3102m/s、比荷为3104Ckg的带电粒子（重力忽略不计）紧贴电容器C上极板从左侧水平射入电容器后，刚好能从下极板的右边缘射出，求此时滑动变阻器接入电路的阻值。【答案】(1)9V；(2)6W；(3)19【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有：EnS 线圈面

23、积为：Sr2代入数据得：E9V（2）当R1时，由闭合电路的欧姆定律得：EI（R0+R+）流过电阻R1的电流为： R1消耗的电功率为：PI12R1代入数据可求得：P16W（3）由楞次定律可知电容器下极板带正电，且电容器的电压等于R2两端电压，带电粒子在两极板间做类平抛运动，所以有：xvtyat2由牛顿第二定律有： 由电路规律有：EUR2+I（Rx+R0）联立以上方程可得此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R1918.如图所示，长木板C质量为mc0.5kg，长度为l2m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E（厚度不计），P为木板C的中点，一个质量为mB480g的小物块B静止在P

24、点。现有一质量为mA20g的子弹A，以v0100m/s的水平速度射入物块B并留在其中（射入时间极短），已知重力加速度g取10m/s2（1）求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；（2）A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数1；（3）若B与C间的动摩擦因数20.05，B能与挡板碰撞几次？最终停在何处？【答案】(1)4m/s；(2)0.4；(3)4，停在P点【解析】【详解】（1）子弹射入物块过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv0（mA+mB）v1，代入数据解得：v14m/s；（2）由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v1（mA+mB+mC）v2，由能量守恒定律得： ，代入数据解得：10.4； （3）A、B、C组成的系统动量守恒，最终三者速度相等，以向左为正方向，由能量守恒定律得：碰撞次数：n1+ ，代入数据解得：n4.5，由题意可知，碰撞次数为4次，最终刚好停在P点；