1、物理山东德州市学年高二上学期期末考试试题解析版山东省德州市20172018学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题1. 两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，引力大小为3F。现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为A. 4F B. 2F C. F D. F【答案】D【解析】由库仑定律可得： ；即F=；而两球接触后再分开则电量先中和后均分，故分开后两球的带电量为q；则库仑力F=F；故选D。2. 以下说法正确的是A. 电场中点电荷受到电场力大的位置场强大B. 电场中场强大的地方电势高C. 电荷在电场中电势高的地方电势
2、能大D. 匀强电场中，两点间距离越大，电势差越大【答案】A【解析】根据F=Eq可知，电场中点电荷受到电场力大的位置场强大，选项A正确；电场中场强大的地方电势不一定高，例如距离负点电荷较近的位置，选项B错误；正电荷在电场中电势高的地方电势能大，负电荷相反，选项C错误；匀强电场中，沿电场线方向上的两点间距离越大，电势差越大，选项D错误；故选A.3. 两个质量相同、所带电荷量相等的粒子，a带正电b带负电，以不同的速率由A点沿着AO方向对准网心O射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是A. a粒子的运动轨迹是轨迹1，b粒子的运动轨迹是轨迹2B. a粒子在磁场中所受
3、洛伦兹力较小C. b粒子动能较小D. b粒子在磁场中运动时间较短【答案】C【解析】粒子向右运动，根据左手定则，a向上偏转，应当带正电；b向下偏转，应当带负电，故A错误洛伦兹力提供向心力，即：qvB=mv2/r，得：r=mv/qB，故半径较大的a粒子速度大，动能也大故C正确由公式；f=qvB，故速度大的a受洛伦兹力较大故B错误磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角小，因此运动的时间就短故D错误故选C.4. 如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点。下列说法正确的是A
4、. 粒子在三点所受电场力不相等B. 粒子一定先经过以，再到b，然后到cC. 粒子在三点的动能大小关系为D. 粒子在三点的电势能大小关系为【答案】D5. 如图所示，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r =1，电阻R =4。螺线管所在空间存在着向右的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化如图所示，下列说法正确的是A. 流过电阻R的电流方向是从A到CB. 感应电流的大小随时间均匀增大C. 电阻R两端的电压为4.8VD. C点的电势为-4.8V【答案】C【解析】由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；根据法拉第电磁感应定律
5、有：E=nS，由图知：，代入数据解得：E=150022010-4=6V；由闭合电路欧姆定律得：A=1.2A，因此感应电流的大小是恒定的，故B错误；螺线管两端的电压是外电压，为 U=IR=1.24V=4.8V，故C正确；在外电路，顺着电流方向电势降低，因A的电势等于零，那么C点的电势为4.8V，故D错误故选C6. 如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，设匀强磁场的磁感应强度为B，D形金属盒的半径为R，狭缝间的距离为d，匀强电场间的加速电压为U，要增大带电粒子（电荷量为q、质量为m，不计重力）射出时的动能，则下列方法中正确的是A. 减小匀强电场间的加速电压U B. 减小磁场的磁感应强度BC.
6、增大狭缝间的距离d D. 增大D形金属盒的半径R【答案】D【解析】离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得则动能有：EK=mv2=，由此可知：粒子的动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能故D正确，ABC 错误故选D7. 三根平行的长直通电导线，分别置于一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示。现使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的是A. 磁感应强度大小为BB. 磁感应强度大小为BC. 磁感应强度方向与斜边夹角为90D. 磁感应强
7、度方向与斜边夹角正切值为2【答案】BD【解析】由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图：则：B合=B，故A错误，B正确，设O点处实际磁感应强度的方向与斜边的夹角为，根据力的合成与分解的法则，结合三角函数关系，则有：tan=2B/B=2。所以磁感应强度的方向与斜边夹角为arctan2，故C错误，D正确；故选BD。8. 如图，a、b分别表示一个电池组和电阻的伏安特性曲线，以下说法正确的是A. 电阻的阻值为3 B. 电池组的内阻是0.5 C. 将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率为4WD. 改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W【答案】AD【解析】图线b斜
8、率倒数的大小等于电阻的阻值，为故A正确图线a斜率倒数的大小等于电池组的内阻，为故B错误两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态，则电阻两端的电压为U=3V，电流为I=1A，则电池组的输出功率P=UI=31W=3W故C错误由图线a读出电源的电动势E=4V当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率故D正确故选AD.9. 一平行板电容器的两块金属板A、B正对竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当
9、R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为。电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是A. 若将R2的滑动触头P向a端移动，则变小B. 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U增大C. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后变小D. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则平行板电容器的电量变小【答案】BCD【解析】若将R2的滑动触头P向a端移动，R2电阻减小，电路总电阻减小，总电流变大，则R1上的电压变大，电容器两端电压变大，则AB间场强变大，则变大，选项A错误；若将R2的滑动触头P向b端移动，
10、R2电阻变大，电路总电阻变大，总电流变小，路端电压变大，则I减小，U增大，选项B正确；保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则R1减小，电容器两端电压减小，根据Q=CU可知平行板电容器的电量变小，因两板间的场强减小，则小球重新达到稳定后变小，选项CD正确；故选BCD.10. 如图1所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图2所示的电流，则下列判断正确的是A. 在tl到t2时间内，甲乙相吸B. 在t2到t3时间内，甲乙相吸C. 在t1到t2时间内，乙中电流减小D. 在t2到t3时间内，乙中电流减小【答案】AD【解析】在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈甲电流方向逆
11、时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈乙的电流方向逆时针方向，因此甲、乙中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈甲电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈乙方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈乙的电流方向逆时针方向，因此甲、乙中电流方向相反，甲、乙出现互相排斥，故B错误；由题意可知，在t1到t2时间内，线圈甲中电流的变化率增大，则根据楞次定律可知乙中感应电动势增大，则电流增大，选项C错误；同理在t2到t3时间内，线圈甲中电流的变化率减小，则根
12、据楞次定律可知乙中感应电动势减小，则电流减小，选项D正确；故选AD.11. 如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一位于纸面内的电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝左、右两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，拉出磁场过程中，导体框ad边两端电压分别为U1、U2，通过导体框截面的电荷量分别为q1、q2。则A. U 2 = 3U1 B. U2 =UlC. q2 = 3q1 D. q2 =q1【答案】BD【解析】从一般情况去考虑，设以速度v从磁场中拉出线框，则感应电动势为：E=BLv，感应电流为：从左边拉出时，ad边切割磁感线是电源，所以导体框ad两端的电压大小为：U1EBLv，从右边
13、拉出时，ad边不切割磁感线不是电源，所以导体框ad两端的电压大小为U2EBL3vBLv，所以选项B正确，A正确通过线框截面的电量为：，与速度无关，所以选项C错误，D正确；故选BD.12. 如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m长为l的导体棒从ab位置以初速度v沿斜面向上运动，最远到达a!b的位置，滑行的距离为S，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则上滑过程中A. 导体棒的加速度逐渐减小B. 电阻R上电流做功产生的热量为C. 外力对导体棒做的总功为D. 导体棒损失的机械能
14、为【答案】ABD【解析】导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，由F安+mgsin+mgcos=ma可知，随着上滑时速度的减小，感应电动势减小，安培力减小，则加速度减小，选项A正确；根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为 Q=mv2-mgs（sin+cos），则在电阻R上产生的热量为QR=Q=mv2-mgs（sin+cos），故B正确导体棒上滑的过程中，根据动能定理得知安培力、滑动摩擦力和重力做的总功为-mv2，选项C错误； 上滑的过程中导体棒的动能减小mv2，重力势能增加mgssin，所以导
15、体棒损失的机械能为mv2-mgssin故D正确故选ABD.二、实验题13. (1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为L= _ mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为D=_cm;【答案】 (1). 50.15 (2). 0.4700（0.4698-0.4702均可）【解析】游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm。综上所述本题答案是：（1） 50.15； （2） 4.70014
16、. 某同学在探究规格为“2.5V，0.6W”的小电珠伏安特性曲线实验中，采用如图甲所示的电路进行测量，现备有下列器材供选用： A.量程是00.6A，内阻约是0.5的电流表A1 B量程是03A，内阻约是0.1的电流表A2 C量程是03V，内阻约是6k的电压表V1 D量程015V，内阻约是30K的电压表V2 E阻值为0lk，额定电流为0.5A的滑动变阻器R1 F阻值为0l0，额定电流为2A的滑动变阻器R2 G.蓄电池（6V，内阻不计） H开关一个，导线若干(1)为使测量结果尽量准确，电流表、电压表、滑动变阻器分别应选用_A.A1、Vl、R1 B.A1、V2、R1 C.A1、Vl、R 2 D.A2、
17、V1、R1(2)在实验中，按图甲连接电路闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，已知各元器件均无故障，其原因是哪两点间的导线没接好_A.l -3 B.2 -5 C.4 -8 D.7 -10 E.6 -9(3)利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点：_(4)若把电器元件Z和小灯泡接入如图丙所示的电路中时，通过Z的电流为0.22A已知A、B两端电压恒定，则此时灯泡L的功率约为_W。（保留两位有效数字）【答案】 (1). C (2). A (3). 小灯泡的电阻随温度的升高而增大 (4). 0.31（2）闭合开关S后，无论如何调节
18、滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，滑动变阻器连接成了限流接法，由电路图可知，1点到3点间的导线没有接好，故选A（3）由图丙所示图象可知，随电压增大，电流增大，但UI，由R=U/I可知，小电珠电阻增大小灯泡电阻变化的特点：小灯泡的电阻随温度的升高而增大.（4）通过Z的电流为0.22A，可知通过灯泡的电流也为0.22A，由图像读出此时的电压为1.4V，则小灯泡的功率为P=IU=0.221.4W=0.31W.三、计算题15. 一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场， 矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O以某一速度垂直于磁场射人一带电粒子，方向与ad边
19、夹角为30，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。 (1)若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小； (2)若粒子带正电，为使粒子不从cd边射出，求v0的最大值。【答案】（1）（2）【解析】（1）由图可知：R据洛伦兹力提供向心力，得：qvB则 （2）当v0最大时：R1R1cos60得R1=L则：vmax16. 如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r =1，电炉电阻R=19，电解槽电阻r=0.5。当Sl闭合、S2断开时，电炉消耗功率为304W；S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为171W（电炉电阻可看作不变）。试求： (1)电源的电动势； (2)Sl、S2闭
20、合时，流过电解槽的电流大小； (3)Sl、S2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）当S1闭合S2断开时电炉功率为P1，电炉中电流为： 电源电动势为：E=I（R+r）=80V（2）当S1、S2都闭合时电炉功率为P2，电炉中电流为： 电炉路端电压为：U=IRR=319=57V通过电源的电流为： 通过电解槽的电流为：IA=I-IR=20A（3）电解槽消耗的电功率为：PA=IAU=2057=1140W电解槽内热损耗功率为：P热IA2r2020.5200W电解槽转化成化学能的功率为：P化=PA-P热=940W17. 如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的
21、方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与x轴的夹角=45斜向上方。现有一质量为m，电量为q的正离子，以速度v由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域（C点未画出），该离子经C点时的速度方向与电场线方向垂直。不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大。求：(1)C点的坐标；(2)离子从A点出发到第二次穿越x轴时的运动时间。【答案】（1）（2）【解析】（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有：qvB所以： 粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，xC(r+rcos45) 故，C点坐标为：，0（2）设粒子从A到C的时间为t1，由题意知：t1T粒子进入电场后在电场中做类平抛运动，经过时间t2第二次到达x轴，垂直电场方向： 沿电场方向： 则沿电场方向位移y与垂直于电场方向的位移x的比值 解得 故而粒子从A点到第二次穿越x轴的时间为：tt1+t2
