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1、 1 甘肃省静宁县第一中学 2019-2020 学年高二物理上学期期末考试试题 本卷满分 110 分 答题时间 100 分钟 第 I 卷（选择题）一、选择题（本题共 14 道小题，每小题 4 分，共 56 分。其中 110 题的四个选项中只有一 个选项正确，1114 题的四个选项中有两个或两个以上选项正确，全部选对得 4 分，选对但选不全的得 2 分，有错选的得 0 分。）1由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，当所带电荷量分别q1和q2，其间距为r 时，它们之间静电力的大小为122q qFkr，式中k为静电力常量。在国际单位制中，k的单位是（）ANm2/C2 BC2/(Nm2)CNm2/C
2、 DNC2/m2 2在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者 的方向，其中错误的是（）A B C D 3真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的 3 倍，距离增大为原来的 2 倍，它们之间的相互作用力变为 A16F B94F C32F D2F 4关于电源电动势的说法，正确的是()A在某电池的电路中每通过2C 的电荷量，电池提供的电能是4J，那么这个电池的电动势是0.5V B电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大 C无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势保持不变 D电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多 5关于磁感
3、应强度B，下列说法中正确的是()A由定义式B=FIL可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 B一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零 C一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零 D磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同 6一个电流表的满偏电流Ig=1mA内阻为 500，要把它改装成一个量程为 10V 的电压表，则应在电流表上（）A串联一个 10k 的电阻 B并联一个 10k 的电阻 2 C串联一个 9.5k 的电阻 D并联一个 9.5k 的电阻 7某同学用欧姆表“X 10”的倍率测某电阻，发现指针指在如图所示的位置，为了使测
4、量比较精确，应 A换用“1”的倍率，并重新进行电阻调零 B换用“X 100”的倍率，并重新进行电阻调零 C换用“X 1”的倍率，不需重新进行电阻调零 D换用“X 100”的倍率，不需重新进行电阻调零 8如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知 A带电粒子在 P 点时的电势能比在 Q 点时的电势能大 B带电粒子在 P 点时的加速度大小小于在 Q 点时的加速度大小 C带电粒子在 P 点时的速度大小大于在 Q 点时的速度大小 D带电粒子在 R 点时的动能与电势能之和比在 Q 点时的小，比在
5、 P 点时的大 9一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()A从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 10如图所示，电源电动势大小为 E，内阻大小为 r，闭合开关 S，当滑动变阻器的滑片 P 向左的过程中（）A电流表读数变小，电压表读数不变 B小电珠 L 变亮 C固定在电容器 C 两板间某点的一个负点电荷所具有的电势能变小 D电源的总功率变大 11如图，两块正对平行金属板 M、N 与电池相连，N
6、板接地，在与两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果 M 板向下平移一小段距离，则 A点电荷受到的电场力变大 BM 板的带电荷量增加 CP点的电势不变 D点电荷在P点具有的电势能增大 12 在如图所示的电路，电源的内阻为 r，现闭合电键 S，将滑片 P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是 3 A灯泡 L 变亮 B电压表读数变小 C电流表读数变小 D电容器 C 上的电荷量增大 13设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示,已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下,从静止开始自 A 点沿曲线 ACB 运动,到达 B 点时速度为零,C 点是运动的最低点,忽略重力,以下说法正确
7、的是（）A该离子带负电荷 BA 点和 B 点位于同一高度 C离子在 C 点时速度最大 D离子到达 B 点时,将沿原曲线返回 A 点 14如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的的匀强磁场，在水平恒力 F 的作用下，甲、乙无相对滑动的一起向左加速运动，在加速运动阶段（）A甲、乙两物块之间的摩擦力不断增大 B甲、乙两物块之间的摩擦力不变 C甲、乙向左运动的加速度不断减小 D甲对乙的压力不断增大 二、实验题（本题共 2 道小题，共 13 分,其中 15 题 5 分，16 题 8分。）15某同学通过实验测定一个阻值约为 5 的电阻Rx的阻值。(
8、1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(050，额定电流 2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A电流表(03 A，内阻约 0.025)B电流表(00.6 A，内阻约 0.125)C电压表(03 V，内阻约 3 k)D电压表(015 V，内阻约 15 k)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_(选填器材前的字母)。(2)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx_。(保留 2 位有效数字)4(3)若在本次实验中选用甲电路，产生误差的主要原因是_；若在本次实验中选用乙电路，产生误差的主要原
9、因是_。(选填选项前的字母)A电流表测量值小于流经Rx的电流值 B电流表测量值大于流经Rx的电流值 C电压表测量值小于Rx两端的电压值 D电压表测量值大于Rx两端的电压值 16测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_处（2）现备有以下器材：A.干电池 1 个 B.滑动变阻器（050）C.滑动变阻器（01750）D.电压表（03V）E.电压表（015V）F.电流表（00.6A）G.电流表（03A）其中滑动变阻器应选_，电流表应选_，电压表应选_。(填字母代号)（3）由U-I图像。由此可知这个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_
10、。（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测_ E真，r测_r真(填“”“”或“=”)三、计算题（本题共 4 道小题，共 41 分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的解题步骤，只写出答案的不能得分）17（9 分）如图所示的电路中，电源电动势11EV，内阻1r ；电阻14R ，电阻26R ，电容器30CF，电池内阻1r （1）闭合S，求稳定后通过电路的总电流；（2）闭合S，求稳定后电容器所带的电荷量；（3）然后将开关S断开，求这以后流过1R的总电量 18（10 分）如图所示，图线 AB 是某闭合电路的路端电压随电流变化的关系图线，OM 是某定值电阻 R 的伏安特性曲线，由
11、图求：（1）R 的阻值；（2）处于直线 OM 与 AB 交点 C 时电源的输出功率；（3）电源的最大输出功率。19（10 分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平 面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V，内阻r=0.50 的直流电源。现把一个质量m=0.040kg 的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取 10m/s2，已知 sin 37=0.60，cos 37
12、=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力的大小和方向。20（12 分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度0v垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，（P点未画出）已知ON=2OM,不计粒子重力，求：（1）带电粒子从O点进入磁场时的速度大小和方向？（2）磁感应强度大小B？（3）粒子由M点到P点运动时间？静宁一中 2019-2020 学年度第一学期
13、高二级第三次试题（卷）物理参考答案（6-13 班）1A【解析】【分析】本题考查国际单位制的转化。【详解】ABCD.由库仑力公式可知：212=Frkq q 则k的单位为 Nm2/C2，故 A 正确 BCD 错误。故选 A。2D【解析】【详解】A根据左手定则可知，该图中导线所受安培力方向正确，选项 A 不符合题意。B根据左手定则可知，该图中导线所受安培力方向正确，选项 B 不符合题意。C根据左手定则可知，该图中导线所受安培力方向正确，选项 C 不符合题意。D图中导线的磁场方向平行，则导线不受安培力，此选项错误，选项 D 符合题意。故选 D.3B【解析】【详解】由库仑定律可得变化前为：2QqFkr，
14、变化后为：233942QqFkFr A16F。故 A 不符合题意。B94F。故 B 符合题意。C32F。故 C 不符合题意。D2F。故 D 不符合题意。4C【解析】电路中通过 q=2C 的电荷量，电池提供的电能 W=4J，根据电动势的定义式WEq得电动势E=2V故 A 错误电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，当电源的路端电压增大时，其电源电动势不变故 B 错误电动势由电源本身决定，当内电压和外电压变化时，电源电动势保持不变 故 C 正确 电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多 故D 错误故选 C.5B【解析】【详解】A磁感应强度定义式为FBIL，当电流I增大时，其安培力F也
15、随之增大，而其比值是不变的，故磁感应强度B与F、IL均无关，选项 A 错误；B一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，根据F=BIL，当B=0 时，F=0，故它所受到的磁场力一定为零，选项 B 正确；C一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，也可能是导线与磁场方向平行，故不能说明则该处的磁感应强度一定为零，选项 C 错误；D磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相互垂直，并不是相同的，选项 D 错误。6C【解析】【详解】把电流表改装成电压表，串联电阻阻值：1050095009.5k0.001ggURRI A串联一个 10k 的电阻，与结论不相符，选项 A 错误；B并联一个
16、 10k 的电阻，与结论不相符，选项 B 错误；C串联一个 9.5k 的电阻，与结论相符，选项 C 正确；D并联一个 9.5k 的电阻，与结论不相符，选项 D 错误；7A【解析】从图中可知，指针偏转的角度较大，因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，知该电阻 较小，所以应换小挡，即换“1“的倍率，换挡后重新欧姆调零，故 A 正确，B、C、D 错误。点晴：欧姆表的零刻度线在表盘的右侧，为了测量的准确需将指针指在中间附近每次换挡需重新欧姆调零。8C【解析】【详解】A以 b 电场线为例，结合曲线运动轨迹、速度、合外力三者位置关系，可知该粒子在 b 电场线处受到的电场力向右，又由于粒子带负电，所以该处电场强度
17、向左，所以 P 点电势大于Q 点电势，所以粒子在 P 点电势能小于 Q 点。A 错误 BP 点电场线比 Q 点密集，所以 P 点加速度大于 Q 点。B 错误 C从 P 到 Q 电场力做负功，所以 P 点动能大于 Q 点，因此 P 点速度大于 Q 点，C 正确 D因为全程只受电场力，所以动能和电势能之和是定值，D 错误 9D【解析】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可
18、以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况 解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过 90时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动即为 a 端转向纸外，b 端转向纸里，且靠近通电螺线管，故 D 正确，ABC 错误；故选 D 【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有
19、代表性的特殊位置求解 10C 【解析】AB：当滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的有效电阻变大，电路的总电阻变大，流过电路的电流变小，电源内电压变小，路端电压变大。则电流表读数变小，小灯泡变暗(流过小灯泡的电流变小)，电压表读数变大。故 AB 两项均错误。C：流过电路的电流变小，灯泡两端电压LU减小，滑动变阻器两端电压RLUEIrU增大，电容器两端电压变大，电容器两板间场强变大，固定在电容器 C 两板间某点与左极板间电势差变大，由于左极板接地，左极板电势为零，则固定在电容器 C 两板间某点电势为正且变大，负点电荷在该点所具有的电势能变小。故 C 项正确。D：流过电路的电流变小，电源的总功
20、率PEI变小。故 D 项错误。点睛：本题是电路动态变化分析问题，首先确定变阻器有效电阻的变化，再分析总电阻、总电流的变化，再分析局部电压的变化。11AB【解析】【分析】本题考查电容器的动态分析。【详解】A.由题分析得知，电容器的板间电压保持不变，将 M 板向下平移一小段距离，板间距离减小，由公式=UEd可知，板间场强增大，点电荷受到的电场力增大，故 A 正确；B.电容器的板间电压保持不变，将 M 板向下平移一小段距离，板间距离减小，电容器的电容 C 增大，根据=Q CU可知，M 板的带电量增加，故 B 正确；C.板间场强增大，P 点与下板间的距离未变，则由=U Ed，可知 P 点与下极板之间电
21、势差增大，下极板电势为零，且 P 点的电势高于下极板的电势，则 P 点的电势升高，故 C 错误；D.该点电荷带负电，而 P 点电势升高，则点电荷在 P 点具有的电势能减小，故 D 错误。故选 AB。12CD【解析】【详解】滑片 P 向左移动一段距离后电阻变大，故电路的电流减小，电流表读数变小，灯泡 L 变暗；路端电压变大，故电压表读数变大；滑动变阻器两端电压变大，根据 Q=CU 可知，电容器 C上的电荷量增大，选项 CD 正确，AB 错误.13BC【解析】试题分析：离子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，A 错误；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B 两点速
22、度都为 0，根据动能定理可知，离子从 A 到 B 运动过程中，电场力不做功，故 A、B 位于同一高度，B 正确；C 点是最低点，从 A 到 C 运动过程中电场力做正功做大，根据动能定理可知离子在 C 点时速度最大，C 正确；到达 B 点时速度为零，将重复刚才 ACB 的运动，向右运动，不会返回，故 D 错误 考点：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，点评：此类型的题目要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中 14BD【解析】当甲与乙向右运动时，甲所受的洛伦兹力竖直向下，又由于地面光滑，所以摩擦力为 0，把甲乙看成一个系统，甲
23、与乙相对静止，乙对甲的静摩擦力。所以选 BD。15（1）B,C （2）5.2 （3）B，D 【解析】解：（1）因电源的电压为 4V，因此电压表选择 3V 量程；由于阻值约为 5 的电阻 Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为 0.8A，从精确角来说，所以电流表选择 0.6A 的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图（2）连接的实物图如图所示；（3）电压表的读数为 U=2.60V；电流表的读数为 I=0.50A；电阻阻值：（4）甲图采用的是电流表外接法，实际上电压表并不是理想电表，所以电压表也有电流通过，电流表测量的电流是流经
24、 Rx和电压表的电流之和，所以产生误差的主要原因是电流表测量值大于流经 Rx的电流值，导致测量的电阻 Rx比实际偏小，选 B；乙图采用的是电流表内接法，实际上电流表并不是理想电表，所以电流表两端也有电压，电压表测量的电压是 Rx和电流表两端的电压之和，所以产生误差的主要原因是电压表测量值 大于 Rx两端的电压值，导致测量的电阻 Rx比实际偏大，选 D；故答案为：（1）B；C；甲（2）连接的实物图如图所示；（3）5.2（4）B；D【点评】考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直
25、注意电流表不管内接还是外接都有实验误差，了解内外接对测量值的影响 16a B D F 1.5 0.75 【解析】【详解】（1）1 闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即a处。（2）2滑动变阻器起控制电流的作用，而电源电动势大约 1.5V，电路中电流较小，故为了便用调节，滑动变阻器选取 B。3电源电动势大约 1.5V，因此电压表选择量程为 3V 的比较合适，故电压表选择 D，4由图可知，电路中的电流较小，因此电流表选择 F。（3）5在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为 1.5V；6图象中的斜率表示电源的内阻，则有：1.5 1.20.75
26、0.4r（4）78由图所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示：电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。17 1 1A；42 1?.8 10 C；43 1?.5 10C.【解析】【详解】1电容器相当于断路，根据闭合电路欧姆定律，有12111461EIAARRr；2电阻2R的电压为：22166UIRAV ，故电容器带电量为：642230 1061.8 10QCUFVC；3断开S后，电容器
27、两端的电压等于电源的电动势，电量为：64230 10113.3 10QCEFVC 故流过1R的电荷量为：444223.3 101.8 101.5 10QQQCCC 18（1）（2）8W（3）9W【解析】【分析】（1）根据伏安特性曲线的斜率求出电阻的阻值（2）交点对应的电压和电流为电源输出电压和输出电流，根据 P=UI 求出电源的输出功率（3）当外电阻等于内阻时，电源输出功率最大【详解】（1）OM 是电阻的伏安特性曲线，电阻：（2）交点 C 处电源的输出功率为：（3）电源的最大输出功率 Pm，是在外电阻的阻值恰等于电源内电阻时达到的 答：（1）R 的阻值为 2（2）处于直线 OM 与 AB 交点
28、 C 时电源的输出功率为 8W （3）电源的最大输出功率为 9W【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 本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义 19(1)1.5 A(2)0.30 N(3)0.06 N【解析】【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律，有：I=0ERr=4.52.50.5=1.5 A；(2)导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.51.50.4=0.30 N；(3)导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：F1=mgsin 37=0.24 N F1F安，根据平衡条件：mgsin 37+f=F安 代入数据得：f=0.06 N 20（1）45；（2）0Ev；（3
29、）0314mvqE【解析】【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，出电场时的速度反向延长线经过水平位移的中点，由于ON=2OM，所以有 tan1 即 45(2)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图 由几何关系可知，2rON 带电粒子在电场中做类平抛运动，则有 0 1ONv t 2122ONqEtm 联立解得 20mvONqE 由公式 2vqvBmr 得 mvrqB 其中 02vv 联立解得 0EBv(3)带电粒子出电场时的竖直方向的速度为 10yvatv 加速度为 qEam 得 01mvtqE 粒子在磁场中的运动周期 0222rrTvv 粒子在磁场中的运动时间为 238tT 联立解得 023 mvtqE 所以总时间为 012314mvqEttt