1、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
2、联系，选项 B 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 1.0 v，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 1 A105B. 整个闪
3、电过程的平均功率约为 l W1014C. 闪电前云地间的电场强度约为 l106V/mD. 整个闪电过程向外释放的能量约为 6 j106【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2击过程中电功约为 WQU610 9J，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 W610 9J，D 错误；故选 AC。考点：电场强度、电流、
4、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、
5、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)( )3A. 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
6、，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、m 2两物体的速度分别可能是 A. 1m/s， 3m/sB. -6m/s， 6m/sC. 3m/s， 1.5m/sD. 2
7、m/s， 2m/s【答案】D【解析】4【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，m 1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：P 1=m1v1=6kgm/s；碰前的总动能： ；若碰后Ek0=12m1v21=18J速度分别为 1m/s， 3m/s，则碰后总动量：P 2=m1v 1+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：P 2=m1v 1+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，m 1速度Ek=12m1v21+12m2v22=54JE
8、k0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：P 2=m1v 1+m2v2=6kgm/s=P1，碰后能量： ，则选项 D 正确；Ek=12m1v21+12m2v22=6JEk0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
9、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5【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 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
10、零的匀加速直线运动，则竖直方向有：y= at2= t212 12qUmd水平方向有：x=v 0t联立得： y=qUx22mdv20由图知，y 一定，q、m、d、v 0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。【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
11、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 上只有一点的磁感应强度为零【答案】BD6【解析】ab 两根通电导线在平面内产
12、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
13、率为 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 Cr=UI=36=0.5 R=UI=22=1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
14、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.=P出P总 =UIEI=23=66.7%【点睛】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7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，mgILtanB. y 负向，mgILC. z 正向，mgILtanD. 沿悬线向上，mgILsin【答案】BC【解析】试题分析：对导体棒进行受力分析如下图所
15、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。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（ ）8A. 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
16、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
17、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，应选用滑动变阻器_(填写序号)9(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 1 2 3 4 5 6I1/mA 1.40
18、1.36 1.35 1.28 1.20 1.07I2/A 0.10 0.15 0.23 0.25 0.35 0.50(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（R 1）比较合适。（2）由于没有电压表，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。10（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：I 1（R 3+RA）=E-I 2r，变形 ，由图可知，图象
19、I1=E1000I2r1000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）A2E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
20、品 Rx11H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
21、（3）50.60mm6.1250.002mm D24ILU【解析】试题分析：（1）根据游标卡尺，其主尺整数为： ，小数部分为：50mm，故游标卡尺的读数为： ；0.0512mm=0.60mm L=50mm+0.60mm=50.60mm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6mm，螺旋测微器示数 。12.30.01mm=0.123mm D=6mm+0.123mm=6.123mm（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100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20流约为 ，电流表应选 ，电流表内阻约为 ，
22、电压表内阻A2 1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3000图如图所示；电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值大于真实值，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： ，R=UI R=LS= L(D2)2(d2)2解得： 。d=D24ILU12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
23、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M=3kg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，m=1kg v0=4m/s求：(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度 h; （g 取 10m/s2） (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
24、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：mv 0=(m+M)v；由能量关系： 12mv20=mgh+12(m+M)v2得: h=0.6m.（2）设小球又滚回来时, 的速度为 ,球的速度为 ,有:M v1 v2mv0=Mv1+mv212mv20=12Mv21+12mv22联立解之得的: v 1=-2m/s v2=2m/s13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
25、电表的电路图。图中 E 是电池；R 1、R 2、R 3、R 4和 R5是固定电阻，R 6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
26、留 3 位有效数字）（2）根据题给条件,计算可得: R 1+R2= _， R 4=_. 【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，则读数为 11100 =1.110 3 ；当 B 端与“5”连接时为直流电压 5 V 挡，则读数为 2
27、.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14可知，R 1+R2= ；总电阻 R 总 = =120；IgRgIIg=2.5010448011032.50104=160 160480160+480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、R 2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，R 4= =880；111031201103【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
28、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，O 1O2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
29、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 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 (1) v=2eU1m偏转电场所加电压 (2) U2=2U1d23L2偏转电场电压 2，3， ，周期 2，3，(3) U0=4nU1d2L2(n=1, 4) T=Ln m2eU1(n=1, 4)【解析】试题分析：（1）电子经加速电场加速： (3 分)eU1=12mv215解得： (1 分)v=2eU1m（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
30、转角为，则由几何关系得： (2 分)d2=(L+L2)tan解得： (1 分)tan=d3L又 (2 分)tan=vyv=eU2mdLvv =eU2Lmdv2=U2L2U1d解得： (1 分)U2=2U1d23L2（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t=0场射出的速度为 ，则v0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)t=Lv0=nT则 （n=1，2，3，4） (1 分)T=Lnv0= Ln2eU1m=Ln m2eU1在竖直方向位移应满足 (2 分)d2=2n12a(T2)2=2n12eU0md(T2)2解得： （n=1，2，3，4） (1 分)U0=2nmd2v20eL2 =4nU1d2L2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
