1、云南省福贡县一中2019-2020学年上学期期末考试高二 物理本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。 一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分) 1.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A 所受重力与电场力平衡B 电势能逐渐减小C 动能逐渐增加D 做匀变速直线运动2.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径一不计重力的带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v，当速度方向与ab成30角时，粒子在磁场中运动的时间最长，且为t，若相同的带电粒子从a点沿
2、ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为()AvBvCvDv3.下图中表示磁场B、正电荷运动速度和磁场对电荷作用力F的方向相互关系图，且B、F、垂直，这四个图中画得正确的是（ ）A B、 C D4.关于导体的电阻和电阻率，下列说法中正确的是A 由R可知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比B 由R可知，导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比C 由可知，导体的电阻率与导体的横截面积成正比，与导体的长度成反比D 导体的电阻率由材料的种类决定，跟温度无关5.如图所示，a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6 V、4 V和1.5 V一
3、质子(H)从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动判断正确的是()A 质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5 eVB 质子从a等势面运动到c等势面动能不变C 质子经过等势面c时的速率为2.25vD 质子经过等势面c时的速率为1.5v6.如图所示，电源内阻不计，已知R12 k，R23 k，现用一个内阻为6 k的电压表并联在R2的两端，电压表的读数为6 V.若把它接在a、b两点间，电压表的读数为()A 18 VB 12 VC 8 VD 6 V7.如图，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A.在两次实验中，均缓慢移
4、动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为，若两次实验中B的电量分别为q1和q2，分别为30和45.则为()A 2B 3C 2D 38.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN且垂直磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为()A B 2 C D 39.将一带电荷量为q的试探电荷从无穷远处移到电场中的A点，该过程中电场力做功为W，规定无穷远处的电势为零，则试探电荷在A点的电势能及电场
5、中A点的电势分别为()A W， BW， CW， D W，10.用多用电表测直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用电表的()插孔，则()A 测U时电流从红表笔流入多用电表，测R时电流从红表笔流出多用电表B 测U、测R电流均从红表笔流入多用电表C 测U、测R电流均从红表笔流出多用电表D 测U时电流从红表笔流出多用电表，测R时电流从红表笔流入多用电表11.如图所示，条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示则这个过程中磁铁受到的摩擦力(磁铁保持静止)()A 为零B 方向由左变为向右C 方向保持不变D 方向由右变为向左12.如图
6、所示，一束正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转离子进入另一个匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论（）A 它们的动能一定不相同B 它们的电量一定不相同C 它们的质量一定不相同D 它们的电量与质量之比一定不相同二、多选题(共4小题,共12分) 13.(多选)如图所示，电路电压U保持不变，滑动变阻器R的总阻值与R2的阻值均为20 ，电阻R1的阻值为5 .当滑动变阻器R的滑动端P由a向b滑动过程中()A 干路中电流不断增大BR1上消耗电功率不断增大CR1上消耗电功率不断减小DR2上消耗
7、电功率不断减小14.(多选)如图所示的xOy平面内，存在正交的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向里，匀强电场大小为E，方向沿y轴正方向将一质量为m、带电量为q的粒子从O点由静止释放，粒子的运动曲线如图所示，运动周期为T，P点距x轴的距离为粒子运动过程中距x轴最大距离的一半，粒子的重力忽略不计以下说法正确的是()A 粒子带正电B 粒子运动到最低点时，粒子所受电场力与洛伦兹力大小相等C 粒子由P点运动到与之等高的Q点所用时间为D 粒子在运动过程中，距x轴的最大距离为15.（多选）如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）
8、A 电压表与电流表的示数都减小B 电压表的示数减小，电流表的示数增大C 电阻R1消耗的电功率增大D 电源内阻消耗的功率减小16.(多选)如图为一个电磁泵从血库里向外抽血的结构示意图，长方体导管的左、右表面绝缘，上、下表面为导体，管长为a、内壁高为b、宽为L且内壁光滑将导管放在垂直左、右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正、负离子，将上、下表面和电源接通，电路中会形成大小为I的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p，从而将血浆抽出，其中v为血浆流动方向若血浆的电阻率为，电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，则下列判断正确的是()A 此装置中血浆的等效电阻RB 此装置中血
9、浆受到安培力大小FBILC 增大磁感应强度可以加快血浆的外抽速度D 前后两侧的压强差p分卷II三、实验题(共2小题,共15分) 17.要测绘额定电压为2 V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A电源E（电动势3.0 V，内阻可不计）B电压表V1(量程为03.0 V，内阻约2 k)C电压表V2(015.0 V，内阻约6 kD电流表A1(00.6 A，内阻约1 )E电流表A2(0100 mA，内阻约2 )F滑动变阻器R1（最大值10 ）G滑动变阻器R2（最大值2 k）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择，电流表应选择，滑动变阻器应选择.（填各
10、器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中.（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线。（4）该小电珠的额定功率是。18.图a中电源电动势为E，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流表读数为I1；当S向R一侧闭合时，电流表读数为I2（1）根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R=（2）根据图a所给出的电路，在图b的各器件实物图之间画出连接的导线四、计算题 19.如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，
11、将另一带正电、电荷量为q2、质量为m的小球，从轨道的A处无初速度释放，求：(1)小球运动到B点时的速度大小；(2)小球在B点时对轨道的压力20.如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U1.5103V(仅在两板间有电场)，现将一质量m1102kg、电荷量q4105C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h20 cm的地方以初速度v04 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10 m/s2，求：(1)金属板的长度L；(2)小球飞出电场时的动能Ek.21.如图所示，电源电动势E6 V，内阻r1 ，电阻R12 ，R23 ，R37.5
12、 ，电容器的电容C4 F.开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电荷量是多少？22.质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示，已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)；(2)求匀强磁场的磁感应强度B.答案1.D 2.C 3.D 4.B 5.D 6.B 7.C 8.D 9.A 10.B 11.B 12.D13.ABD 14.AC 15.AC 16.ACD17.
13、（1）B D F（2）电路图如图所示（3）如图所示（4）1.00 W【解析】（1）由题意小灯泡额定电压为2 V，额定电流为0.5 A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F（2）由于小电珠电珠较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：（3）小电珠的伏安特性曲线如图所示：（4）由图可知，当电压为2 V，电流为0.5 A；则功率18.（1）（2）如图所示【解析】（1）当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流表读数为I1，根据闭合电路欧姆定律有E=U1+I1r整理得当S向R一侧闭合时，电流表读数
14、为I2，根据闭合电路欧姆定律有E=I2（R+r）整理得（2）按照电路图连线，如图，要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，单刀双掷开关控制整个电路的通断，连线不要交叉19.(1)(2)3mgk，方向竖直向下【解析】(1)带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgRmv解得vB.(2)小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动和牛顿第二定律得FNmgkm解得FN3mgk根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为FNFN3mgk方向竖直向下20.(1)0.15 m(2)0.175 J【解析】(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：v
15、y2 m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为，则tan2小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tan，L，解得L0.15 m.(2)进入电场前mghmvmv电场中运动过程qUmgLEkmv解得Ek0.175 J.21.1.92105C【解析】S断开时的等效电路如图甲所示，电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2，则U2R23 V电容器C的电荷量QCUCU21.2105C且a板带正电，b板带负电S闭合时的等效电路如图乙所示，电容器C两端电压U为电阻R1两端电压U1.则有R外3 ，电阻R1中的电流I10.9 A，电阻R1两端电压U1I1R11.8 V，电容器C的电荷量QCU17.2106C且a板带负电，b板带正电故通过电流表的电荷量QQQ1.92105C.22.(1)见解析图(2)【解析】(1)作出粒子经电场和磁场的轨迹图，如下图(2)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：qUmv2粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：qvBm由几何关系得：r2(rL)2d2联立式得：磁感应强度B.
