1、西藏拉萨市那曲二高2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。（1至5题为单选题，6至8题为多选题少选得两分，错选不得分。）1.下列说法中正确的是( )A. 电场强度反映了电场的力的性质，因此场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比B. 场中某点的场强等于，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关C. 场中某点的场强方向是检验电荷在该点的受力方向D. 公式和对于任何电场都是适用的【答案】B【解析】【详解】A电场强度反映了电场的力的性质，是由电场本身决定的，电场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力无关，选项A错误；B电场中某点的
2、场强等于，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关，选项B正确；C电场中某点场强方向是检验正电荷在该点的受力方向，选项C错误；D公式对于任何电场都是适用的，只适用于点电荷电场，选项D错误；故选B。2.一平行电容器两极板之间充满云母介质，接恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（）A. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【答案】D【解析】试题分析：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式知，介电常
3、数减小，电容减小，由于电压不变，根据可知，电荷量Q减小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据可知，极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D正确考点：电容器的动态分析【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变要掌握、三个公式【此处有视频，请去附件查看】3.一只标有“4 V，3 W”的小灯泡，两端加上电压U，在U由0逐渐增加到4 V过程中，电压U和电流I的关系，在如图所示的四个图象中，符合实际的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因为灯泡灯丝电阻与温度有关，温度越高其电阻越大，根据欧姆定
4、律可知，其伏安特性曲线应为选项B所示，其它选项图线均错误；4.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断正确的是A. a代表的电阻丝较粗B. b代表的电阻丝较粗C. a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D. 图线表示电阻丝的阻值与电压成正比【答案】B【解析】【详解】ABC根据欧姆定律：可得：可知伏安特性曲线的斜率是电阻的倒数，因此a代表的电阻较大，b的较小；根据电阻定律：可知a的电阻丝较细，b的较粗，故A错误、B正确、C错误。D一段金属丝的电阻是由本身的因素决定的，与所加电压和所通过的电流无关，故D错误。故选B.5.如图所示的电路中，电源的电动势
5、和内电阻恒定不变，电灯恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向端滑动，则( )A. 电灯更亮，电流表的示数减小B. 电灯更亮，电流表的示数增大C. 电灯变暗，电流表的示数减小D. 电灯变暗，电流表的示数增大【答案】D【解析】【详解】AC变阻器的滑片向b端滑动时，其接入电路的阻值变小，电路的总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律知电路的总电流增大，即安培表的示数增大，AC错；BD由知路端电压减小，即电灯L两端的电压变小，功率变小，电灯L变暗，B错误，D正确；【点睛】本题要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联
6、电路的特点去分析6. 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子（ ）A. 带负电B. 在c点受力最大C. 在b点的电势能大于在c点的电势能D. 由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化【答案】CD【解析】【详解】A根据粒子运动轨迹可知，粒子带正电，选项A错误；B根据库仑定律可知，离点电荷最近时最大，选项B错误；C从b点到c点电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；D同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点电势差，所
7、以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化，选项D正确7. 下列说法中，符合物理学史实的是A. 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就静止B. 牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C. 麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场D. 奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转【答案】ABD【解析】试题分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体静止，故A正确；B、牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因，
8、故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，故C错误；D、奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，电流可以在其周围产生磁场，故D正确故选ABD【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一【此处有视频，请去附件查看】8.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是()A. 线框有两条边所受的安培力方向相同B. 线框有两条边所受的安培力大小相同C. 线框所受安培力的合力向左D. 线框将绕MN转动【答案】BC【解析】
9、【详解】A、直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向全不同，故A错误；B、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式，ab边受到的安培力大于cd边，bc边受到的安培力等于ad受到受到的安培力，故B正确；C、ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力，故合力向左，线框向左平动，故C正确，D错误【点睛】直导线中的电流方向由M到N
10、，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向，根据左手定则分析导线框所受的安培力情况二、实验题（共15分）（1、3小题每空2分，共12分，2小题3分）9.小明测定干电池的电动势和内阻，实验室有如下实验器材：干电池一节 (电动势约为1.5V)量程为3.0V的电压表V1量程为15V的电压表V2量程为0.6A的电流表A1量程为3.0A的电流表A2最大阻值为20的滑动变阻器R1最大阻值为100的滑动变阻器R2开关一个，导线若干根据所学的知识回答下列问题：（1）为了减小实验误差，电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_(填器材对应的字母)（2）将所选的实验器材在图中用笔画线代替导线连接_（3）连接好
11、电路后，通过调节滑动变阻器得到多组实验数据，将所得数据描点在坐标系中，并将这些点连起来如图所示由图可知该电池的电动势大小为_V，测量值比真实值_(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，内阻大小为_，测量值比真实值_(填“偏大”、“偏小”或“相等”)(结果均保留3位有效数字)【答案】 (1). V1 (2). A1 (3). R1 (4). 电路连线如图； (5). 150 (6). 偏小 (7). 0.800 (8). 偏小【解析】【详解】（1）123一节干电池电动势约为1.5V，则为了减小实验误差，电压表应选择V1，电流表应选择A1，滑动变阻器应选择R1（2）4电路连线如图；（3）5678由图示
12、电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.50，电源电动势E=1.50V，电源内阻：相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用使得电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值三、计算题（共37分）10.如图所示，把质量为0.2 g的带电小球A用丝线吊起，若将带电荷量为4 10-8 C的带正电小球B靠近它，当两小球在同一高度且相距3 cm时，丝线与竖直方向的夹角为45。g取10 m/s2，小球A，B均可视为点电荷，静电力常量k= 9 109N.m2 .C-2。则：（1）此时小球B受到的库仑力的大小为多少；（2）小球A带何种电荷；（3）小球A所带的电荷量的绝对
13、值是多少。【答案】（1）210-3N （2）负电 （3）510-9C【解析】【详解】（1）根据题给条件，可知小球A处于平衡状态 ，分析小球A受力情况如图所示:小球A受重力mg、丝线的拉力FT、小球B对小球A的库仑力F；因三个力的合力为零，所以F = mgtan 45 = 0.2 10-3101 N=210 -3N （2）因小球A与小球B相互吸引，小球B带正电，故小球带负电；（3）小球A，B相互吸引，其作用力大小为所以11.如图所示，电路中电阻，电源的内电阻，灯泡L上标有“3V 0.25A”的字样，闭合开关S，灯泡正常发光求：（1）灯泡功率；（2）电源的电动势；（3）电源的总功率；【答案】(1)
14、 (2) (3) 【解析】【详解】（1）由题知，灯泡正常发光，则灯泡的电压为 U=3V，电流为 I=0.25A所以灯泡的功率为 P=UI=0.75W（2）由闭合电路欧姆定律得：电源的电动势 E=U+I（R+r）=3+0.25（10+2）=6V（3）电源的总功率：P=IE=0.256W=0.5W.12.如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，忽略重力的影响，求： （1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得，匀强电场场强E的大小（2）设带电粒子出电场时速度为v，由动能定理得解得粒子从电场射出时速度的大小（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得联立得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
