1、2017-2018学年西藏拉萨中学高二（上）期末物理试卷一、单选题1.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，虚线1和2为等势线，从电场中M点以相切于等势线1的相同速度飞出a，b两个带电粒子，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内（粒子在图示区域内）（）A. a的加速度将减小，b的加速度将增大B. a的速度将减小，b的速度将增大C. a一定带正电，b一定带负电D. a的电势能减小，b的电势能增大【答案】A【解析】【详解】由电场力F=Eq，结合a=F/m，可知，电场线越密处，加速度越大，电场线越疏的，加速度越小，则a的加速度将减小，b的加速度将增大，故A正确。由于
2、出发后电场力对两个粒子都做正功，它们的动能都增大，故两个粒子速度都增大，故B错误。由于不知道场强的方向，故不能确定电荷的电性，故C错误。由于出发后电场力对两对电荷均做正功，所以两个粒子的电势能均减小，故D错误。故选A。【点睛】解决本题的关键是掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向表示电势的高低。由功能关系分析粒子能量的变化。2. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（ ）甲表是安培表，R增大时量程增大甲表是安培表，R增大时量程减小乙表是伏特表，R增大时量程增大乙表是伏特表，R增大时量程减小A. B. C. D. 【答案】C
3、【解析】3.如图所示，在真空中，匀强电场E的方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷。已知a静止，油滴b水平向右匀速运动，油滴c水平向左匀速运动。三者质量ma、mb和mc相比较 （ ）A. mambmc B. mbmamcC. mcmamb D. ma=mb=mc【答案】C【解析】a静止，不受洛伦兹力，由受力平衡，有，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故三个液滴都带负电b受力平衡，有，c受力平衡，有，解得，C正确4.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I
4、后，两悬线偏离竖直方向角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为()A. tan ，竖直向上B. tan ，竖直向下C. sin ，平行悬线向下D. sin ，平行悬线向上【答案】D【解析】要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力为最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力三角形可知(如图所示)，安培力的最小值为，即，得，所加磁场的方向应平行悬线向上。5.质谱仪是一种测定带电粒子质虽和分析同位索的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从
5、小孔G垂直于MN,V射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中末画出)接收到该粒子，且。则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计) A. B. C. D. 【答案】C【解析】设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：，离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，又，可求 ，故C正确。6.如图所示，一个电量为Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，A、B间距离为L，则以下说法
6、不正确的是A. O、B间的距离为B. 从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv02mv2C. 从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv2mv02D. 从A到B的过程中，两电荷的电势能一直减少【答案】ACD【解析】试题分析：由题意，乙到达B点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，当速度最小时有：，解得OB间的距离，故A正确；从A到B的过程中，根据动能定理得：W-mgL=mv2-mv02，得W=mgL+mv2-mv02，故B错误，C正确从A到B的过程中，电场力对甲和乙均做正功，故系统的电势能减少，故D正确故选ACD考点：库仑定律；动能定理【名师点睛】本题在借助库仑力的基
7、础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，解题时要通过分析电荷的受力情况分析运动情况，找到速度最小时的力的关系；此题是考查学生综合能力的好题。二、多选题7.如图所示，直线为电源的路端电压与电流的关系图象，直线为电源的路端电压与电流的关系图象，在直线为电阻两端的电压与电流的关系图象电源、的电动势分别为、，内阻分别为、，将电阻分别接到、两电源上，则A. ，B. C. 接到电源上，电阻的发热功率得电源的效率都较高D. 接到电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低【答案】ABD【解析】本题首先要理解电源效率的含义：电源的效率等于电源的输出功率占总功率的百分比。根据欧姆定律得
8、到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比。由电源的UI图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系。当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的UI图线与电源的UI图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率。由闭合电路欧姆定律可知，图像与U轴的交点表示电动势，则A的电动势较大，图像的斜率表示内阻，则B电源的内阻r较小，A电源的内阻r较大，两个电源的短路电流相同，故AB正确；电源的热功率，由图看出，R接到b电源上，电路中电流较小，b电源的内阻r较小，所以电源的热功率较低，C错误；当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的UI图线与电源的UI图线的交点表示电阻的工
9、作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，由上知，电源的效率较低，故D正确。故选ABD8.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且大于电源的内阻r，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. 电源的输出功率逐渐增大【答案】AD【解析】【分析】由图认识电路的结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况【详
10、解】B、由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串连接在电源两端；电容器与并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；A、因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；D、由题，大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，而当电源的内外电阻相等时，电源的输出
11、功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故D正确。故选：AD。【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体局部整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的三、填空题9.读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数：游标卡尺的读数为_mm.；螺旋测微器的读数为_mm.【答案】11.4mm 0.920mm【解析】试题分析：游标卡尺主尺读数为11mm，游标尺读数为40.1=0.4mm，所以最总读数为11.4mm；螺旋测微器主轴读数0.5mm，旋钮读数为42.00.01=0.420mm，最总读数为0.920mm。考点：本题考查游标卡尺及螺
12、旋测微器的读数。10.在如图所示的坐标系中，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。在第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限，存在与第三象限相同的匀强电场，还有一个等腰直角三角形区域OMN，OMN为直角，MN边有挡板，已知挡板MN的长度为。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上y=L处的点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=2L处的点进入第三象限，带电粒子恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=2L处的点进入第四象限。已知重力加速度为g。求：（1）粒子到达点时速度的大小和方向；（2）第三象
13、限空间中磁感应强度的大小；（3）现在等腰直角三角形区域OMN内加一垂直纸面的匀强磁场，要使粒子经过磁场偏转后能打到挡板MN上，求所加磁场的方向和磁感应强度大小的范围。【答案】（1） 方向与x轴负方向成45角（2）（3）B 【解析】（1）质点从到做平抛运动，设粒子初速度为，到达点时速度的大小为v，方向与x轴负方向成角，运动时间为t，y轴方向速度大小为，则， ，解得：，方向与x轴负方向成角。（2）质点从到，带电粒子恰好能做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡。 垂直于速度方向，粒子做匀速圆周运动的圆心在 上，即 是直径，设第三象限磁场磁感应强度的大小为B，圆周运动半径为R，则，解得： （3）粒子进入
14、等腰直角三角形区域时，速度垂直于OM，且从OM的中点进入，要使质点直接打到MN板上，根据左手定则，可知所加磁场的方向垂直纸面向外，如图所示：当粒子进入磁场后做匀速圆周运动，偏转半径最大时恰好与ON相切，偏转半径最小时，OM的一半为圆周的直径，设最大半径为，最小半径为，则，解得 ， 由于粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有解得： 。点睛：本题考查带电粒子在场中三种运动模型：匀速圆周运动、平抛运动和类斜抛运动，考查综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力。四、实验题探究题11.某学习小组欲精确测量电阻的阻值，有下列器材供选用：A.待测电阻约B.电压表，内阻约C.电
15、流表，内阻约D.电流表，内阻约E.滑动变阻器，额定电流F.滑动变阻器，额定电流G.直流电源，内阻约H.开关、导线若干甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，并满足两端电压能从0开始变化进行多次测量。则电流表应选择_填“”或“”；滑动变阻器应选择_填“”或“”；并请在如图1的方框中帮甲同学完成实验原理电路图_。乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图2所示的测量电路，具体操作如下：如图所示连接好实验电路，闭合开关前调节滑动变阻器、的滑片至适当位置；闭合开关，断开开关，调节滑动变阻器、的滑片，使电流表的示数恰好为电流表的示数的一半，即；闭合开关并保持滑动变阻器的滑片位置不变，读出电压表
16、V和电流表的示数，分别记为U、I；则待测电阻的阻值_。比较甲、乙两同学测量电阻的方法，你认为哪位同学的方法更有利于减小系统误差？答：_同学填“甲”或“乙”，理由是_。【答案】 (1). (2). (3). 电路图如图所示： (4). (5). 乙 (6). 采用乙图电路，待测电阻两端电压和通过的电流均为实际值，可以消除系统误差【解析】【分析】根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，根据题意确定滑动变阻器的接法，为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图。根据实验步骤应用欧姆定律求出电阻阻值。根据实验步骤与实验原理分析实验误差，然后作出解
17、答。【详解】通过待测电阻的最大电流约为：，电流表应选择；实验要求电压从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；待测电阻阻值约为，电流表内阻约为，电压表内阻约为，相对于来说待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示：由实验步骤可知，通过与的电流相等，它们并联，则两支路电阻相等，由实验步骤可知，电压表测待测电阻两端电压，由于两并联支路电阻相等，则通过它们的电流相等，由实验步骤可知，通过待测电阻的电流等于电流表的示数I，则待测电阻阻值：；由两种实验方案与实验步骤可知，由于电表内阻的影响甲的测量值存在误差，由于实验电路与实验步骤
18、的巧妙设计，乙的方案化解了电表内阻影响，测量值与真实值相等，乙的方案可以消除系统误差。故答案为：；电路图见解析；乙。采用乙图电路，待测电阻两端电压和通过的电流均为实际值，可以消除系统误差。【点睛】本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。五、计算题12.用长为L的细线将质量为m的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为E的匀强电场时，小球偏转后处于静止状态分析小球的带电性质；求小球的带电量；求细线的拉力【答案】（1）小球带正电 （2） （3）【解析】（1）小球受重力、拉力和电
19、场力处于平衡，电场力的方向水平向右，如图所示知小球带正电。（2）根据共点力平衡可知电场力为：，解得：。（3）细线的拉力为：。点睛：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，知道电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反。六、简答题13.利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势，电源内阻，电阻，重物质量，当将重物固定时，理想电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为，不计摩擦，g取求：串联入电路的电动机内阻为多大？重物匀速上升时的速度大小匀速提升重物3m需要消耗电源多少能量？【答案】（1）；（2）
20、（3）6J【解析】【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小，根据求解匀速提升重物3m需要消耗电源的能量【详解】由题，电源电动势，电源内阻，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为电动机的电阻当重物匀速上升时，电压表的示数为，电路中电流为电动机两端的电压为故电动机的输入功率根据能量转化和守恒定律得代入解得，匀速提升重物3m所需要的时间，则消耗的电能【点睛】本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立
