1、云天化中学20182019学年上学期期末考试高二物理试卷一、选择题： 1.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。下列叙述不正确的是（ ）A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法B. 奥斯特首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存在着相互联系C. 库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值D. 安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质【答案】C【解析】【详解】法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法，选项A正确；奥斯特首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存在着相互联系，选项B
2、正确；库仑得出库仑定律，并用扭秤实验最早测出了静电常数k的数值，选项C错误；安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.2.通常一次闪电过程历时约0.2O.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅4080s，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0v，云地间距离约为l km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60s。假定闪电前云地间的电场是均匀的。根据以上数据，下列判断正确的是A. 闪电电流的瞬时值可达到1AB. 整个闪电过程的平均功率约为lWC. 闪电前云地间的电场强度约
3、为l106V/mD. 整个闪电过程向外释放的能量约为6j【答案】AC【解析】试题分析：根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q6C，时间约为t60s，故平均电流为，闪电过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A对；第一次闪击过程中电功约为WQU6109J，第一个闪击过程的平均功率，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪电过程中的时间远大于60s，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为，C正确；整个闪电过程向外释放的能量约为W6109J，D错误；故选AC。考点：电场强度、电流、电功和电功率。【此处有视频，请去附件查看】3.古时有“守株待兔”的寓言设兔子的头部受到大小等于2倍自身体重的撞击力
4、即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑的速度至少为（ ）.（g取10m/s2）A. 2m/s B. 3m/s C. 4m/s D. 5m/s【答案】C【解析】【分析】以兔子为研究对象，它与树桩碰撞过程中，水平方向受到树对它的打击力，速度减小至零，根据动量定理研究其速度【详解】取兔子奔跑的速度方向为正方向。根据动量定理得：-Ft=0-mv，由F=2mg，得到v=2gt=4m/s，故选C。【点睛】本题应用动量研究碰撞过程物体的速度对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力4.在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示有一带负电的微
5、粒，从上边区域沿平行电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】通过微粒的匀速下落，得知电场力和重力的关系，然后进入另一电场，所受的电场力增大，根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，从而根据加速度与速度的方向关系，判断其运动情况。【详解】微粒在上面的电场中匀速下落，受重力和电场力平衡，进入下面电场，电场力变大，根据牛顿第二定律，微粒具有向上的加速度，所以微粒做匀减速运动到0，又返回做匀加速直线运动，进入上面的电场又做匀速直线运动，速度大小
6、仍然等于v0故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】解决本题的关键会根据微粒的受力判断其运动情况，知道微粒在下面电场中做匀减速直线运动和返回做匀加速直线运动是对称的。5.如图所示，质量m2=2kg的物体静止在光滑水平面上，质量为m1=1kg的物体以v16m/s的初速度与m2发生碰撞，以v1的方向为正方向，则碰撞后m1、m2两物体的速度分别可能是 A. 1m/s， 3m/sB. -6m/s， 6m/sC. 3m/s， 1.5m/sD. 2m/s， 2m/s【答案】D【解析】【分析】两物体碰撞过程中动量守恒，碰后的能量不大于碰前的能量，m1速度不超过m2的速度，据此分析各项.【详解】碰前系统的总动量
7、：P1=m1v1=6kgm/s；碰前的总动能： ；若碰后速度分别为1m/s， 3m/s，则碰后总动量：P2=m1v1+m2v2=7kgm/sP1，则选项A错误；若碰后速度分别为-6m/s，6m/s，则碰后总动量：P2=m1v1+m2v2=6kgm/s=P1，碰后能量：，则选项B错误；若碰后速度分别为3m/s，1.5m/s，m1速度大于m2的速度，不符合实际，则选项C错误；若碰后速度分别为2m/s，2m/s，则碰后总动量：P2=m1v1+m2v2=6kgm/s=P1，碰后能量：，则选项D正确；故选D.【点睛】此类问题关键是要记住三点原则：动量守恒、动能不增、符合实际.6.如图所示电路，在平行金属
8、板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则（）A. 该粒子带正电B. 减少R1，粒子将打在O点左侧C. 减少R2，粒子将打在O点左侧D. 增大R1，粒子在板间运动时间不变【答案】B【解析】【分析】根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，判断M、N两板电势的高低，确定板间电场的方向，即可判断粒子的电性；电路稳定时R2相当于导线；粒子射入板间电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式分析改变R1时粒子打在极板上的位置【详解】根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N
9、板的电势，板间电场方向向上，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A错误。设平行金属板M、N间的电压为U粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则竖直方向有：y=at2= t2水平方向有：x=v0t联立得： 由图知，y一定，q、m、d、v0不变，则由式知：当减少R1时，M、N间的电压U增大，x减小，所以粒子将打在O点左侧；由知，增大R1，U减小，t增大，故B正确，D错误。电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点。故C错误。故选B。
10、【点睛】本题是类平抛运动与电路知识的综合，其联系的纽带是电压，要抓住电路稳定时与电容器串联的电阻上没有电压，相当于导线，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压7.有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在图示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是A. M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B. M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C. 线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D. 线段MN上只有一点的磁感
11、应强度为零【答案】BD【解析】ab两根通电导线在平面内产生的磁场都为逆时针环绕导线，连接aM，aN，bM，bN，做切线，合成可得N点的磁场方向竖直向上，M点的磁场方向竖直向下，根据对称性可得MN两点的合磁场大小相等，故B正确，连接Oa，Ob，a在O点的磁场方向水平向右，b在O点的磁场方向水平向左，大小相等，故O点的磁场为零，由对称性可知，只有这一点的磁场为零，所以D正确。8.在如图所示的U-I图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路由图象可知，下说法正确的是( )A. 电源的电动势为3V，内阻为0.5B. 电源的效率
12、为80 %C. 电阻R的阻值为1D. 电源内阻的热功率为2 W【答案】ACD【解析】【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的效率和内阻的热功率【详解】根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则故A正确。电阻故C正确。两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的内阻消耗的功率为Pr=I2r=2W故D正确。电源的效率故B错误。故选ACD.【点睛】
13、对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义9.如图质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x正方向的电流，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，则磁感应强度方向和大小可能为（ ） A. z负向，B. y负向，C. z正向，D. 沿悬线向上，【答案】BC【解析】试题分析：对导体棒进行受力分析如下图所示：要使导线平衡，可以使安培力等于重力，此时磁场沿y轴正向，即B项正确。若磁场沿z轴负向，此时安培力水平指向y轴正向，根据平衡有磁感应强度为tan，即C项正确。其他两项错误。考点：本题考查安培力即平衡关系。
14、10.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向上若不计空气阻力，则此油滴从a运动到b的过程中（ ）A. 此带电油滴带正电B. 此带电油滴重力势能一定增加C. 此带电油滴电势能一定则增加D. 此带电油滴的重力势能与电势能之和一定减小【答案】ABD【解析】【分析】根据油滴运动轨迹，可以判断出油滴的电性、重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可。【详解】由轨迹图可知，油滴所受的合力方向竖直向上，则带电油滴所受向下的重力小于向上的电场力，故油滴带正电，从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，重力做负功，重力势能变大，电场力做正功，电势能减小，故AB正确，C错误；根据
15、能量守恒可知，重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D正确；故选ABD。【点睛】本题在电场和重力场的复合场中重点考查带电小球的功能关系转化。在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。二、实验题： 11.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A干电池(电动势约为1.5 V，内阻小于1.5 )B电流表G(满偏电流2 mA，内阻10 )C电流表A(00.6 A，内阻约0.1 )D滑动变阻器R1(020 ，10 A)E滑动变阻器R2(0100 ，1 A)F定值电阻R3990 G开关、导线若干(1)为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动
16、变阻器_(填写序号)(2)在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的实验电路原理图_.(标出代表元件字母符号) (3)某同学根据他设计的实验测出了6组I1(电流表G的示数)和I2(电流表A的示数)，请在如图所示的坐标纸上作出I1和I2的关系图线_.序号123456I1/mA1.401.361.351.281.201.07I2/A0.100.150.230.250.350.50(4)根据图线可得，被测电池的电动势为_V，内阻为_.【答案】（1）D ； 如下左图； 如下右图； 1.48， 0.82【解析】【详解】（1）为方便实验操作，滑动变阻器的阻值不能太大，选择D（R1）比较合适。（2）由于没有电
17、压表，给定的电流表G可与定值电阻R3串联作电压表使用，实验电路如图所示。（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出I1-I2图象如图所示。（4）则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+RA）=E-I2r，变形，由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，解得E=1.48V（1.46-1.50）；由图象可知，r=0.82（0.70-0.82）考点： 测定电源的电动势和内阻12.有一根细而均匀的导电材料样品（如图a所示），截面为同心圆环（如图b所示），此样品长约为5cm，电阻约为100，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内径太小，无法直接测。现提供以下实验器材：A20分度的游标卡尺B螺旋测
18、微器C电压表V（量程3V，内阻约3k）D电流表（量程03A，内阻约1）E滑动变阻器R（020，额定电流2A）G直流电源E（约4V，内阻不计）F导电材料样品RxH开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如上图所示，其示数L= mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如上图所示，其示数D= mm（2）设计电路测量导电材料样品的电阻Rx在设计时电流表应选择_（填“内接法”或“外接法”）这样设计后实验电阻Rx的测量值将_（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值（3）若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和I，则用已知物
19、理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d = （用已知物理量的字母表示）。【答案】（1） （2）外接法 小于 （3）【解析】试题分析：（1）根据游标卡尺，其主尺整数为：，小数部分为：，故游标卡尺的读数为：；由图所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为，可动刻度示数为，螺旋测微器示数。（2）由所给实验器材可知，应采用伏安法测电阻阻值，由于待测电阻阻值约为，滑动变阻器最大阻值为，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电路最大电流约为，电流表应选，电流表内阻约为，电压表内阻约为，相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量
20、值大于真实值，电阻测量值小于真实值。（3）由欧姆定律可知，样品电阻：，由电阻定律可知：，解得：。考点：测定金属的电阻率【名师点睛】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读；本题考查了实验电路的设计，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的前提与关键；在伏安法测电阻实验中，当待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值时，滑动变阻器应采用分压接法。三、计算题： 13.带有光滑圆弧轨道的滑块质量为静止在光滑水平面上，轨道足够高且轨道下端的切线方向水平.今有一质量为的小球以水平初速度滚上滑块，如图所示，求： (1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度h; （g取10m/s2）
21、 (2)小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小.【答案】（1）0.6m.（2）速度的大小均为2m/s【解析】【分析】在光滑水平地面上，水平方向的合力为零，所以系统水平方向上动量守恒；小球在最大高度时，竖直方向小球的速度为零，而水平方向上又不能越过小车，所以小球在最大高度时二者速度相等。根据能量守恒列出等式求解最大高度h。根据系统水平方向上动量守恒，列出等式求解小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小。【详解】（1）在光滑水平地面上，水平方向的合力为零，所以系统水平方向上动量守恒，则：mv0=(m+M)v；由能量关系： 得: h=0.6m.（2）设小球又滚回来时, 的速度为,球的速度为,有: 联立
22、解之得的: v1=-2m/s v2=2m/s 即速度的大小均为2m/s.【点睛】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，应用动量守恒时一定要注意方向问题14.图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为0.25mA，内阻为480 。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆100 挡。（1）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。当B端与“1”连接时，为直流电流2.5 mA挡，则多用电表读
23、数为_；当B端与“3”连接时，为欧姆100 挡，则读数为_；当B端与“5”连接时为直流电压5 V挡，则读数为_V。（所有结果均保留3位有效数字）（2）根据题给条件,计算可得: R1+R2= _， R4=_. 【答案】 (1). （1）1.47mA； (2). 1.10103 (3). ；2.95V (4). （2）160； (5). 880；【解析】【分析】（1）根据电表刻度盘进行读数；（2）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；【详解】（1）当B端与“1”连接时，为直流电流2.5 mA挡，则多用电表读数为1.47mA；当B端与“3”连接时，为欧姆100 挡
24、，则读数为11100 =1.1103 ；当B端与“5”连接时为直流电压5 V挡，则读数为2.95V。（2）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，R1+R2=；总电阻R总= =120；接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，R4=880；【点睛】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据
25、指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。15.如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压
26、U0以及周期T分别应该满足的条件【答案】粒子进入偏转电场的速度v的大小偏转电场所加电压偏转电场电压2，3，周期2，3，【解析】试题分析：（1）电子经加速电场加速：(3分)解得：(1分)（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：(2分)解得：(1分)又(2分)解得：(1分)（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足(2分)则（n=1，2，3，4） (1分)在竖直方向位移应满足(2分)解得：（n=1，2，3，4） (1分)考点：考查了带电粒子在电场中的运动点评：带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解
