1、云南省鲁甸县第二中学2019-2020学年上学期期末考试高二物理一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线下列判断正确的是( )A. 电场线MN的方向一定是由N指向MB. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小C. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D. 带电粒子在a点加速度一定大于在b点的加速度【答案】C【解析】【详解】由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不
2、清楚，所以电场线的方向无法确定故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故B错误，故C正确由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误；故选C【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况.2.两个完全相同的绝缘金属球a和b，电荷量分别为3q和q，两球接触后再分开，下列分析正确的是( )A. a、b的电荷量各保持不变B. a、b的电荷量都为0C
3、. a的电荷量为q，b的电荷量为3qD. a、b的电荷量都为2q【答案】D【解析】【详解】因两球带同种电荷，所以两球接触后再分开，是把总的电荷量进行平分，即每个球所带的电荷量为，D对，ABC错【点睛】本题学生还要知道若是异种电荷，是先中和，然后把剩余的电荷量进行平分3.如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E，内阻为r，、是定值电阻，是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器电路闭合后，当传感器所在处出现磁体时，则电流表的电流I，c、d两端的电压U将A I变大，U变小B. I变小，U变大C. I变大，U变大D. I变小，U变小【答案】A【解析】【详解】当传感器RB
4、所在处出现磁体时，RB的电阻变小，电路总电阻变小，电路总电流即干路电流变大，并联电压即 cd 之间的电压变小，那么通过电阻的电流变小，那么电流表的示数变大，选项A对4.如图所示，电流从A点分两路通过对称的半圆支路汇合于B点，在圆环中心O处的磁感应强度为A. 最大，垂直纸面向外B. 最大，垂直纸而向里C. 零D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】在圆的任意一个地方做一条切线，然后以那点为直径,与原相交的另外一点做切线，可以认为电流在这样的两点曾线形流动，而根据安培定则，此两点通过圆心的磁感应强度刚好是一进一出，所以抵消，而在圆上任意找一点这样做都可以得出此结论，叠加后可知，因此圆心的磁感应强度
5、为零故C正确，ABC错误。5.如图所示的+Q和-Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，下列说法正确的是（ ） A. A点的电场强度大于B点的电场强度B. 电子在A点的电势能小于在B点的电势能C. 把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零D. 把质子从A点移动到MN上任何一点，质子电势能都增加【答案】B【解析】【详解】A等量异号电荷电场线分布如图所示：由图示电场线分布可知，A处的电场线比B处的电场线稀疏，则A点的场强小于B点的场强，故A错误；CA、B两点电势不同，两点间的电势差不为零，把质子从A点移动到B点，静电力对
6、质子做功不为零，故C错误；B电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，A点所在等势面高于B点所在等势面，A点电势高于B点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故B正确；D等量异号电荷连线中垂线MN是等势线，A与MN上任何一点间的电势差都相等，把质子从A点移动到MN上任何一点，电场力做功都相等，质子的电势能变化都减小相同，故D错误。故选B。6.如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是
7、()A. d点的电荷带负电B. 检验电荷在a点的电势能大于在b点的电势能C. 图中的轨迹可能恰与某条电场重合D. 检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少【答案】D【解析】【详解】A由于只受电场力的作用，检验电荷做曲线运动，所以电场力指向轨迹的凹侧，所以d点的电荷带正电，故A错误；Ba、b两点电势均为零，故检验电荷在两处的电势能相等，故B错误；C由等量异种电荷的电场分布可知，该电荷自由移动的曲线轨迹不可能与电场线重合，故C错误；D检验电荷从a到b过程中，电势先降低后升高，电场力先做负功后做正功，故电势能先增加后减小，故D正确故选D。7.如图所示，在点电荷Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等
8、势面上，c、d两点在另一等势面上甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，已知乙粒子带正电那么下列判断正确的是()A. 甲粒子在b点的电势能比在c点小B. 乙粒子在d点速度最大C. a、b两点电场强度相同D. d点电势比b点电势高【答案】D【解析】【分析】根据粒子的轨迹判定甲粒子受到中心点电荷Q的引力，而乙粒子受到中心点电荷Q的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况【详解】A、由图可知，甲粒子受到中心点电荷Q的引力，甲粒子从c到b的过程中电场力做负功，电势能增大，所以甲粒子在b点的电势能比在c点大故A错误；B、乙粒子受到中心点电荷Q的排斥力，从a到d电场力做负功，动能减
9、小，速度减小从d到b电场力做正功，动能增大，速度增大，所以乙粒子在d点速度最小；故B错误；C、a、b两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故C错误D、越靠近正点电荷Q电势越高，则d点电势比b点电势高，故D正确故选D【点睛】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口要注意电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时电场强度才相同8.真空中有两个点电荷，它们间的距离为r，相互作用的静电力为F，如果将A的电量增大为原来的4倍，B的电量不变，要使静电力变为，则它们之间的距离应变为()A. 16rB. 4rC. 2rD. 2r【答案】B【解析】【详解】当距
10、离为r时有：当距离变化后依据题意有： 联立可得R4rA16r，与结论不相符，选项A错误；B4r，与结论相符，选项B正确；C2r，与结论不相符，选项C错误；D2r，与结论不相符，选项D错误；故选B。9.长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是（ ）A. F=BILcosB. F=BILcosC. F=BILsinD. F=BILsin【答案】A【解析】试题分析：A图中，导线不和磁场垂直，故将导线投影到垂直磁场方向上，故，A正确，B图中，导线和磁场方向垂直，故，B错误；C图中导线和磁场方向垂直，
11、故，C错误；D图中导线和磁场方向垂直，故，D错误故选A考点：考查了磁场对电流的作用点评：关键是知道当导线不和磁场垂直时才需要将导线投影到垂直磁场方向上，10.如图所示，甲、乙、丙三个逻辑电路的符号分别表示（ ）A. “与”门、“或”门、“非”门B. “与”门、“非”门 、“或”门C. “或”门、“与”门、“非”门D. “或”门、“非”门 、“与”门【答案】A【解析】【详解】甲为“与”门符号，乙为“或”门符号，丙为“非”符号，A符合题意，BCD不符合题意。故选A。二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.某带电粒子只受电场力作用，从C向D运动，其轨迹如图中虚线所示，由此可判定（） A
12、. 此粒子一定带正电B. 此粒子在C处的加速度大于在D处的加速度C. 此粒子在C处的电势能大于在D处的电势能D. 此粒子在C处的动能大于在D处的动能【答案】BC【解析】A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力方向指向左下方，逆着电场线的方向，所以电荷为负电荷，所以A错误 B、电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由图可知，C点的场强大于D点的场强的大小，在C点的受力大于在D的受力，所以粒子在D点的加速度小于它在C点的加速度，所以B正确； C、D、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力方向指向左下方，粒子从C向D运动的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在C处的电势能大于
13、在D处的电势能，粒子在C点的动能小于它在D点的动能，所以C正确，D错误综上所述本题答案是：BC 点睛：根据物体做曲线运动的条件，掌握住电场线的特点，结合电场力做功与电势能的变化关系即可解决本题12.如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是 ( ) A. a、b为异种电荷B. a、b为同种电荷C. A点场强大于B点场强D. A点电势高于B点电势【答案】AD【解析】本题考查点电荷的电场线特点电场线从正电荷或无穷远出发，终止于负电荷或者无穷远，所以a应为正电荷b为负电荷，故A选项正确电场线越密集，场强越大，故C选项错误沿电场线方向电势逐渐降低，故D选项正确本题难度较低13.如图所示
14、，长方形abcd的长ad0.6m，宽ab0.3m，e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度为B0.25T。一群不计重力、质量为m3107kg、电荷量为q2103C的带电粒子以速度v05102m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域，则()A. 从ae边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边B. 从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边C. 从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae边D. 从fc边射入的粒子，全部从d点射出【答案】ABD【解析】【详解】A粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
15、解得：从ae边射入的粒子，粒子进入磁场后向上偏转，做圆周运动，由于轨道半径r0.3mab，粒子将从圆弧af射出磁场，最后从ab边和bf边射出，故A正确；B粒子轨道半径rab，从d点射入的粒子恰好从f点射出磁场，从ed射入磁场的粒子向上偏转，最终从bf边射出，故B正确；C从bf边射入的粒子，出射点分布在ae边与d点，故C错误；D从fc边射入的粒子，在洛伦兹力作用下向下偏转，由圆心的轨迹变化知，粒子全部从d点射出，故D正确故选ABD。14.如图所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是()A. 电流表读数变小，电压表读数变大B. 小灯泡L变暗C. 电容器C上的电荷量减小D.
16、 电源的总功率变大【答案】AB【解析】【详解】A滑动变阻器R的滑片P向左移，电路总电阻变大，干路电流变小，即电流表读数变小，电压表读数即路端电压变大，A正确；B由于干路电流变小，所以L灯变暗，B正确；C变阻器两端电压变大，故电容器两端电压变大，电荷量增加，C错误；D而电源总功率PIE，I减小，所以P减小，D错误故选AB。三、实验题(共2小题,共16分)15.高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C，某同学的实验情况如下： (1)按图甲所示电路连接好实验电路.(2)接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指
17、针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数、电压表的示数，和分别是电容器放电的初始电流和初始电压，此时电阻箱R的阻值为，则电流表的内阻为_.(3)断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s读一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据在坐标纸上标出以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的点，如图乙中用“”表示的点.(4)请在图乙中描绘出电流随时间变化的图线_，并根据图线估算出该电容器两端电压为时所带的电荷量约为_C；(结果保留两位有效数字)(5)根据公式_来计算电容器的电容.(只要求写出表达式，不要求计算结果)【答案】 (1). 3.5 (2). (3). (4). 【解析】【详解】
18、（2）1根据欧姆定律：则（4）2用平滑曲线连接各点，如图所示： 3用平滑曲线连接各点，查出所画曲线与从标轴所围的格数以求得面积，因即为曲线与从标轴所围的格数的面积：则利用数格子方法，估算出电容器两端电压为时的电量为：（5）4然后利用，或者是利用带入数据即可求得电容考点：研究平行板电容器【名师点睛】由知，电荷量为图象与坐标轴所包围的面积，计面积时可数格数（四舍五入）；本题考查用数学方法求解物理问题的能力，关键在于明确图象的面积的意义16.现有一只量程3 mA、内阻约为100 的灵敏电流表（表头）为了较准确地测量它的内阻，采用了如图甲所示的实验电路，实验室提供的器材除电源（电动势为2 V，内阻不计
19、）、电阻箱（最大阻值为999.9 ）、开关和若干导线外，还有多个滑动变阻器和定值电阻可供选择（如表）A滑动变阻器R1（05 ，1 A）D定值电阻R01（阻值为200 ）B滑动变阻器R2（0200 ，0.5 A）E定值电阻R02（阻值为25 ）C滑动变阻器R3（01750 ，0.1 A）F定值电阻R03（阻值5 ）(1)按照实验电路，用笔画线代替导线，在如图乙所示的方框中完成实物图连接（部分导线已画出）_(2)连接好电路之后，实验小组进行了以下操作：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱的阻值为零；第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使灵敏电流表满偏；第三，保持滑片不动（可认为a、b间电
20、压不变），调节电阻箱R的阻值使灵敏电流表的示数恰好为满刻度的若此时电阻箱的示数如图丙所示，则灵敏电流表内阻的测量值Rg为_(3)为较好地完成实验，尽量减小实验误差，实验中应选择的滑动变阻器和定值电阻分别为_和_（填表格中器材前的字母）(4)要临时把该灵敏电流表改装成3.0 V量程的电压表使用，则应将其与电阻箱_（填“串联”或“并联”），并把电阻箱的电阻值调为_【答案】 (1). (2). 102.5 (3). F (4). A (5). 串联 (6). 897.5【解析】试题分析：（1）由原理图可得出对应的实物图，注意导线不能交叉；（2）由电阻箱的读数方法可明确其读数；（3）由实验的安全和准确
21、性原则可得出对应的定值电阻和滑动变阻器；（4）根据电表的改装原理可求得应串联的电阻（1）根据原理图可得出对应的实物图；如图所示；（2）由电阻箱的读数方法可得： （3）定值电阻起保护作用，防止电源短路，则由欧姆定律可知定值电阻选F即可；滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器选择A；（4）要使电流表改装成3.0V的电压表，应串联一个电阻；由欧姆定律可知：；解得：；四、计算题17.如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力向下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，bd的长度为L，匀强电场的电场强度为E，求：（1）此液滴带何种电荷；（2）液滴的加速度为多少；（3）b、d
22、两点的电势差Ubd .【答案】（1）负电 （2） （3）【解析】（1）因小球做直线运动，由受力分析可判断小球带负电； （2）根据力的合成以及牛顿第二定律可知：，即；（3）因为，所以，由于：整理可以得到：点睛：解决本题的关键知道当物体所受合力与速度在同一条直线上时，物体做直线运动，以及知道匀强电场电势差与电场强度的之间的关系18.如图所示，把一个倾角为的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数【答案】 【解析】【详解】物体做匀速直线运动，由平衡条件得：在垂直于斜面方向
23、上：N=mgcos+qEsin在平行与斜面方向上：f+mgsin=qEcos滑动摩擦力：f=N由可得：【点睛】本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题19.如图所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6102 kg的通电直导线，电流大小I1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中设t0时，B0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)【答案】5 s【解析】【详解】斜面对导线的支持力为零时导线的受力
24、如图所示由平衡条件FTcos37F FTsin37mg 由解得：F0.8N由FBIL得：B2T.B与t的变化关系为B0.4t.所以：t5s20.如图所示，在一半径为R的网形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外一束质量为m、电量为q的带正电的粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场粒子的速度大小不同，重力不计入射点P到直径MN的距离为h，则：（1）某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，求粒子的入射速度是多大？（2）恰好能从M点射出的粒子速度是多大？（3）若h=，粒子从P点经磁场到M点的时间是多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中走了半周，其半径r1=h，根据牛顿第二定律：所以：（2）粒子从M点射出，其运动轨迹如图，在MQO1中，r22=（R）2+（hr2）2可得：根据牛顿第二定律：所以：（3）若h=，sinPOQ=，可得POQ=由几何关系得粒子在磁场中偏转所对圆心角为=周期：所以：
