1、1广西玉林市 2018-2019 学年高二物理上学期期末质量评价检测试卷（含解析）二、选择题：1.电荷量为 q 的电荷在电场中由 A 点移到 B 点时，电场力做功 W，由此可算出两点间的电势差为 U，若让电荷量为 2q 的电荷在电场中由 A 点移到 B 点，则( )A. 电场力做功仍为 W B. 电场力做功为C. 两点间的电势差仍为 U D. 两点间的电势差为【答案】C【解析】让电荷量为 2q 的点电荷在电场中由 A 点移到 B 点，电场力做功为 q2U=2W，故 A 错误，B错误；在同一个电场中，两点之间的电势差就不变，与放入的电荷的电荷量的大小无关，所以 AB之间的电势差的大小还是 U，C
2、 正确，D 错误。故选：C。点睛：两点间的电势差是由电场决定的，电场不变，两点之间的电势差就不变，根据 W=qU可以直接计算电场力做功的大小2.两个完全相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量之比为 1：7，相距为 r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的A. B. C. D. 47 57 97 157【答案】C【解析】【分析】由库仑定律列出接触前的库仑力表达式；根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量，再由库仑定律列出库仑力表达式，即可求得两力的关系【详解】由库仑定律可得：两球接触前的库仑力 ;当两球带同种电荷时，两球接触F=k7Q2r22后平分电量，则两球的电量 q=
3、4 Q,两球接触后的库仑力 ；当两球带Q+7Q2 F=k16Q2r2=167F异种电荷时，两球接触中和后再平分电量，则两球的电量 q= 3 Q; 两球接触后的Q7Q2库仑力 ，故 ABD 错误，C 正确。故选 C。F=k9Q2r2 97F【点睛】两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向3.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c，已知质点的速率是递减的。关于 b 点电场强度 E 的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在 b 点的切线）【答案】D【解析】主要考查电场力方向和曲线运动所受合外
4、力与轨迹的关系。正确答案是 D。4.如图所示，电源电动势 E3 V，小灯泡 L 标有“2 V 0.4 W” ，开关 S 接 1，当滑动变阻器调到 R4 时，小灯泡 L 正常发光。现将开关 S 接 2，小灯泡 L 和电动机 M 均正常工作。则( )A. 电源内阻为 1 B. 电动机的内阻为 4 C. 电动机正常工作电压为 1 VD. 电源效率约为 93.3%【答案】AD【解析】【详解】A、小灯泡的额定电流为 ，电阻为 ，当接 1 时，I=PU=0.42=0.2A RL=UI=20.2=103由闭合电路欧姆定律可知 ，代入数据解得 r=1，故 A 正确；E=I(RL+R+r)BC、当接 2 时灯泡
5、正常发光，流过的电流为 I=0.2A， 电源内阻分的电压为，故电动机分的电压为 ，电动机的U=Ir=0.21V=0.2V U动 =EULU=320.2V=0.8V内阻 ，故 B、 C 错误；R0).粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 60角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 有且只有一个交点，并从 OM 上另一点射出磁场。不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离 l 及在磁场中运动的时间 t 分别为5A. B. C. D. l=43mv3Bq l=3mvBq t=4m3Bq t=5m3Bq【答案】AC【解析】【分析】（1）根据几何
6、关系求得中心角，由洛伦兹力做向心力求得周期，即可求得运动时间；（2）根据几何关系求得距离和半径的关系，即可根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径，从而求得距离。【详解】 （1）粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，故运动轨迹与 ON 相切；轨迹如图所示，；根据洛伦兹力做向心力可得： ，故运动周期 ；由几何关系可得：粒子Bvqmv2R T 2Rv 2mqB在磁场中转过的中心角为 240，故运动时间 ，选项 C 正确，D 错误；根据几何t23T 4m3qB关系可得：粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离 ，故 A 正确，BL2Rsin60 4R3 4mv3qB错误；故选 AC.【点睛】粒子
7、在匀强磁场中只受洛伦兹力作用下的运动情况，一般根据几何关系求得轨道半径、中心角等问题，即可由洛伦兹力做向心力求得周期、轨道半径，进而求得速度、运动时间等问题。8.如图所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为 7 匝，边长 la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间6的相互影响，则A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流B. a、b 线圈中感应电动势之比为 9：1C. a、b 线圈中感应电流之比为 3：1D. a、b 线圈中电功率之比为 3：1【答案】BC【解析】【分析】根据楞次定律可求得电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求得感应
8、电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比【详解】根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针；故 A 错误；根据法拉第电磁感应定律可知， ； 而E=nt =nBStS=l2； 因此电动势之比为 9：1；故 B 正确；线圈中电阻 ，而导线长度 L=n4l；故R=Ls电阻之比为：3：1； 由欧姆定律可知，I=E/R；则电流之比为：3：1； 故 C 正确；电功率P=E2/R，电动势之比为 9：1；电阻之比为 3：1；则电功率之比为 27：1；故 D 错误；故选BC。【点睛】本题考查电磁感应与电路结合问
9、题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解9.如下图所示为某次实验中两电表的接线及示数情况，则电流表 A 的示数为_A，电压表 V 的示数为_V。7【答案】 (1). 1.50A (2). 7.50V【解析】【详解】电流表 A 的量程为 0-3A，则示数为 1.50A；电压表 V 的量程为 0-15V，则示数为7.50V.10.某实验小组利用如下器材测量某金属丝的电阻率：A.电源(3V，内阻约为 0.1)B.电流表(量程 0.6A，内阻约为 0.1)C.电流表(量程 3A，内阻约为 0.03)D.电压表(量程 3V，内阻约为 3k)E.滑动变阻器(1k，
10、0.3A)F.滑动变阻器(20，2A)G.待测金属丝、螺旋测微器、米尺、开关和导线等(1)实验的主要步骤如下：a.截取一段金属丝，拉直并固定在两端带有接线柱的米尺上，观察其接入长度在米尺上的示数如图甲所示，则读数为 L=_cm；b.用螺旋测微器测出金属丝的直径，某次测量时示数如图乙所示，其读数为D=_mm；c.正确连接电路，合上开关；d.改变滑动变阻器的位置，读出电压表和电流表的示数，记录如下表：次数 1 2 3 4 5U/V 0.80 1.00 1.50 1.80 2.30I/A 0.18 0.22 0.34 0.42 0.52e.断开开关，整理器材，结束实验操作。8(2)根据以上信息，你认
11、为该小组选用的电流表是_，滑动变阻器是_(只填仪器前的代号)；请设计一个电路并使其尽可能测得更多的数据，据此把下列电路连接完整_。(3)该小组的测量数据已标在 U-图上，据此可计算该金属丝的电阻值为_(保留两位有效数字)，根据电阻定律即可得到该金属丝电阻率。【答案】50.00，0.712（0.7110.713 均给分） ；B，F，如图；4.4（4.34.5 均给分）.【解析】试题分析：a.金属丝的长度为 50.00cm；b金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm21.2=0.712mm；根据表中数据可知，电流表选择 0.6A 量程，即选 B；滑动变阻器选择 F 即可；连接电路如图；画出 U-I
12、 图像如图，则求得电阻值为： R=UI=2.30.52=4.4考点：测量金属导体的电阻率.11.如图，质量 m0.2kg、长度 L1.0m 的水平导体棒 MN，用两根劲度系数均为k100N/m 的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，导体棒置于水平向里的匀强磁场中。当导体棒中通以大小为 I5A 的电流，并处于静止时，两弹簧恰好都恢复到原长状态。 （重力加速度 g取 10m/s2）(1)求匀强磁场磁感应强度 B 的大小；9(2)欲使导体棒下移 1.5cm 后能重新处于静止状态，应当通入什么方向、多大的电流。 【答案】 （1）0.4T（2）2.5A【解析】（1）弹簧都恢复到原长状态时， ILB mg B 0.4
13、T mgIL（2）导体棒下移 1.5cm 后能重新处于静止状态时，应当通入的电流方向为从 N M 由平衡条件可得： mg + ILB 2 kx 求得： I 2.5A 12.如图，两根相距 L=0.20m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.40 的电阻相连。电阻右侧存在沿导轨方向随距离均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率 k=0.50T/m，金属棒所在处磁场的磁感应强度 B0=0.50T。一根质量0.10kg，电阻 r=0.10 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。在 t=0 时刻，棒在水平外力作用下以初速度 v1=2m/s 沿导轨向右做匀速运动。求(1)t=0 时
14、回路中的电流大小；(2)t=2s 时电阻 R 上的热功率及外力做功功率；【答案】 （1）0.4A（2）1.6W 2W【解析】【分析】（1）棒向右匀速运动，由 E=BLv 求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流（2）电阻 R 上产生的热功率由公式 P=I2R 求解外力的功率等于总功率.【详解】 （1）棒产生的电动势 E=B 0Lv1=0.50.22V=0.2V 10由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流： I=ER+r= 0.20.4+0.1A=0.4A（2）t=2s 时棒的速度 v 1=2m/s，走过的位移为：x=v 1t=22=4m，此时的磁场强度：B2=B0+kx=0.5+0.5
15、4=2.5T棒产生的电动势 E=BLv 1=2.50.22V=1V 由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流： I=ER+r= 10.4+0.1A=2A电阻 R 上产生的热功率为：P R=I2R=220.4W=1.6W外力的功率等于总功率，即 P 外 =1E=2W13.如图所示，在 xoy 坐标系中有虚线 OA，OA 与 x 轴的夹角 =30， （OA 与 y 轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，OA 与 x 轴之间的区域有沿 x 轴正方向的匀强电场，已知匀强磁场的磁感应强度 B=0.25T，匀强电场的电场强度 E=5105N/C现从 y 轴上的 P 点沿与y 轴正向夹角 60的方向以初速度 v
16、0=5105m/s 射入一个质量 m=81026 kg、电量q=+81019 C 的带电粒子，粒子经过磁场、电场后最终打在 x 轴上的 Q 点，已知 P 点到 O的距离为 m （带电粒子的重力忽略不计）求：35（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径； （2）粒子从 P 点运动到 Q 点的时间； （3）Q 点的坐标【答案】 （1）0.2m；（2）1.1810 6 s；（3） （0.6 m，0）【解析】(1)由 F 向 =qv0B=m 得 r=“ 0.2“ m. （4 分）(2)粒子由 P 点进入磁场，由于 O PO= 300，延长 PO交 OA 于 O，则 PO OA，则PO= OPcos 300=
17、“ 0.3“ m，则 O O= PO PO=“ 0.1“ m 得 O O= O M，即得 O MO= 30 0 （2 分）由此得出粒子从 OA 边射出时 v0与 OA 的夹角为 600，即得从 OA 边射出时 v0与 x 轴垂直。 （2 分）11从 P 点到 Q 点的时间为在磁场中运动的时间 t1和电场中运动的时间 t2之和。 t1= =8.37107 s（2 分）粒子从 P 点到 Q 点的时间为 t =t1 t2=1.18106 s （2 分）(3)粒子在电场中 qE=ma， a = =51012m/s2水平位移 x2=at22=“ 0.3“ m （3 分）粒子在磁场中水平位移 x1=r rsin 300=0.3m （2 分）故 x=x1 x2=“ 0.6“ m 即 Q 点的坐标为（0.6 m,0） （2 分）
