广东省佛山市学年高二上学期期末考试物理试题.docx
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广东省佛山市学年高二上学期期末考试物理试题
2018-2019学年广东省佛山市高二(上)期末物理试卷
一、单选题
1.绝缘小球P与用丝绸摩擦过的玻璃棒接触后带正电,将一个用毛皮摩擦过的橡胶小球(带负电)靠近P球,要让P球如图静止,则橡胶小球应该放在图中甲乙丙丁的哪一个位置?
( )
A.甲
B.乙
C.丙
D.丁
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“要让P球如图静止”可知,本题考查的是静态平衡问题,根据平衡条件,结合受力分析即可求解。
【详解】“同性相斥,异性相吸”,由题P带正电,而用毛皮摩擦过的橡胶小球带负电,可知二者之间的静电力为吸引力。
小球P受到竖直向下的重力。
沿绳子方向向上的拉力,两个力不在同一条直线上,由三个力平衡的特点可知,橡胶小球的位置一定在绳子及其延长线的右侧,即甲、乙、丙、丁四个位置只有丁是可能的,其余都是不可能的。
故ABC错误,D正确
2.如下四个实验或器材共同运用到的物理知识或方法是( )
A.物体的平衡B.作用力与反作用力C.放大法D.等效替代法
【答案】A
【解析】
【详解】密立根测定元电荷的电荷量时,是让油滴受到的重力与电场力平衡,采用了二力平衡和作用力与反作用力;
考虑使用库仑扭秤测出了静电力常量,该实验使用了力矩平衡与放大法;
利用电流在磁场中受到安培力的关系,结合力矩平衡测电流的大小,其原理使用力矩平衡;
利用小磁针判断磁场的方向,利用了小磁针的N极受到的磁场力的方向判断,也是结合小磁针的受力平衡判断
由以上的分析可知,以上的实验都采用了物体的平衡的方法。
故A正确,BCD错误
3.即使是在干燥的冬天,人体仍然是良导体,小明在地毯上行走若带上了大量的负电荷,不计其他电场影响,则( )
A.小明此时与地之间没有电势差
B.小明与不带电且跟地绝缘的客人握手时,不会产生电流
C.小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时,客人的电势会降低
D.小明靠近客人
还未与其接触
时,若该客人不带电且与地绝缘,此时客人的电势会降低
【答案】D
【解析】
【详解】A、小明带负电荷,其周围存在电场,电场线指向小明,根据顺着电场线电势逐渐降低,知小明此时与地之间有电势差,故A错误。
B、小明与不带电且跟地绝缘的客人间存在电势差,当小明与该客人握手时,电子会从小明身上移动到客人身上,从而形成电流,故B错误。
C、小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时,客人原来处在小明的电场中,电势为负值。
当小明与客人握手时,小明所带电荷流到大地上,两人均不带电,电势为零,所以客人的电势会升高,故C错误。
D、小明靠近客人(还未与其接触)时,若该客人不带电且与地绝缘,此时客人顺着电场线移动,其电势会降低,故D正确。
4.扫地机器人它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫,并能根据红外感应绕开障碍物。
某扫地机器人正常工作时电动机的电压为10V、电流为3A、线圈电阻为1Ω.则下列有关它的说法正确的是( )
A.正常工作时,电动机的发热功率为100W
B.正常工作时,电动机的输出功率为9W
C.正常工作时,电动机的总功率为30W
D.电动机被杂物卡住无法运转
不考虑保护电路的作用
时,电动机的发热功率为9W
【答案】C
【解析】
【分析】
根据“人正常工作时电动机的电压”可知,本题考查的是含有电动机的电路问题,根据电流做功、电流的热效应、焦耳定律,列式即可。
【详解】正常工作时,电动机的输入功率P入=IU,P热=I2R,P出=IU-I2R,所以计算可得正常工作时,电动机的发热功率为9W、总功率为30W、输出功率为21W;电动机被杂物卡住无法运转
不考虑保护电路的作用
时,电动机的发热功率等于总功率为30W;所以C对,ABD错
5.如图,在P点固定一个负点电荷甲,另一个带正电的粒子乙仅受甲的库仑力作用沿椭圆轨道运动(甲、乙均可视为质点),A、B、C、D是轨道上的四个顶点,则以下说法错误的是( )
A.乙经过A点时速度最大
B.乙经过A点时速度变化最快
C.乙经过C点时系统的电势能最大
D.在甲电荷的电场中,轨道上的各点,A点的电势最高
【答案】D
【解析】
【详解】A、从A到C,库仑力做负功,从C到A库仑力做正功,所以A点速度最大,A不选
B、在A点库仑力最大,加速度最大,速度变化最快,B不选
C、P点为负电荷,椭圆上A离P最近,C离P最远,根据沿电场线电势逐渐降低,所以C点电势最大,A点电势最低,又由于
,所以乙经过C点时系统的电势能最大,C不选
D、P点为负电荷,椭圆上A离P最近,C离P最远,根据沿电场线电势逐渐降低,所以C点电势最大,A点电势最低,错误的选项应选D
6.如图所示,在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,ab是圆的直径,磁场的磁感应强度为B,一质量为m、带电量为q的粒子从a点射入磁场,速度大小为v、方向与ab成30°角时,恰好从b点飞出磁场,则粒子在磁场中运动的时间为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据“在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场”可知,本题考查的是带电粒子在圆形磁场中运动的问题,根据洛伦兹力提供向心力、匀速圆周运动规律,列式即可。
【详解】当粒子从b点飞出磁场时,入射速度与出射速度与ab的夹角相等,所以速度的偏转角为60°,轨迹对应的圆心角为60°,结合几何关系求得粒子做匀速圆周运动的半径为2R,粒子在磁场中运动的时间为T/6,
,A对。
7.某次实验,小明测得一小灯泡伏安特性曲线如图所示,若将两个这样的灯泡并联后与一电动势E=1.5V、内阻r=1.5Ω的电源连接,每个小灯泡实际消耗的功率最接近( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】电源的外电压与电流的关系为U=E-Ir=1.5-1.5I,当电压U=0V时,I=1A,当电流等于0时,电压U=1.5V,作电源的外电压与电流的关系图线如图所示:
交点所对应的电压U=1.3V,电流I=0.37A,两电灯并联,则通过每个灯泡的电流为0.19A,则灯泡的实际功率P=UI′=1.3×0.19≈0.2W,故ACD错误,B正确;
二、多选题
8.如图,某带电粒子在电场中沿曲线由A经B运动到C,则下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.AC两点电势
C.粒子在AC两点电势能
D.粒子在AC两点的加速度
【答案】BD
【解析】
【详解】A、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知,带电粒子受电场力的方向指向轨迹凹陷处,与电场强度方向相反,故粒子带负电,故A错误;
B、沿电场线是方向电势逐渐降低,所以有φA>φB,故B正确;
C、从A到C过程中,根据电场力和运动方向可以判断,电场力做负功,电势能增加,A、C两点电势能EPA<EPC,故C错误。
D、C处的电场线较密,A处的电场线较疏,所以有aC>aA,故D正确;
故选:
BD。
9.如图所示电路,电源的电动势和内阻分别为E、r.闭合开关S,将滑动变阻器的滑动片p向b端移动时,下列说法正确的是( )
A.通过
的电流一定增大B.通过R的电流一定增大
C.
的电功率一定增大D.电源的输出功率一定增大
【答案】AB
【解析】
【详解】AB、当滑动变阻器的滑动片p向b端移动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流增大,故流过R1的电流增大;因电流增大,故内压以及R1两端的电压增大,并联部分电压减小,流过R2的电流减小;因总电流增大,所以流过R的电流增大,故AB正确;
C、由以上分析可知,流过R2的电流减小,则由P=I2R可知,R2的电功率一定减小,故C错误;
D、因无法确定内外电阻的大小关系,故无法确定电源的输出功率变化情况,故D错误。
故选:
AB。
10.特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置,如图是该装置的简化结构图,金属顶端和大地构成一个持殊的电容器,顶端放电后由电荷补充线圈给顶端补充因放电而流失的电荷,因而能持续的放电。
下列相关说法正确的是( )
A.顶端带的电量越多,则其与大地间的电势差越大
B.顶端带的电量越多,则其与大地构成的电容器的电容越大
C.带电量一定时,顶端离地越高则其与大地间的电势差越大
D.带电量一定时,顶端面积越大则其与大地间的电势差越大
【答案】AC
【解析】
【详解】AB、电容器的电容由电容器本身的特性决定,与电容器的电压和带电量无关,可知,顶端带的电量Q越多,其与大地构成的电容器的电容C不变,由C=Q/U分析知其与大地间的电势差越大,故A正确,B错误。
C、顶端离地越高,电容越小,带电量一定时,由C=Q/U分析知其与大地间的电势差越大,故C正确。
D、顶端面积越大,电容越大,带电量一定时,由C=Q/U分析知其与大地间的电势差越小,故D错误。
故选:
AC。
11.用细绳悬挂一矩形导线框,导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察)。
在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ.原PQ中无电流,现通以水平向右的电流,在短时间内( )
A.从上往下观察导线框顺时针转动B.从上往下观察导线框向右平移
C.细绳受力会变得比导线框重力大D.导线框中心的磁感应强度变大
【答案】ACD
【解析】
【详解】A、由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从里向外,根据左手定则,知外侧电流受安培力向左,内侧电流受安培力向右,从上往下看,导线框将顺时针转动,故A正确,B错误。
C、线框沿顺时针方向转动一个小角度后,靠近导线Q处的边的电流的方向向右,由左手定则可知,其受到的安培力的方向向下,所以整体受力向下,在细绳受力会变得比导线框重力大。
故C正确;
D、线框沿顺时针方向转动一个小角度后,电流Q产生的磁场方向从里向外穿过线框,根据安培定则,线框表示磁场的方向也是从里向外,所以穿过线框的磁通量增大,则线框中心的磁感应强度变大。
故D正确。
故选:
ACD。
12.绝缘斜面处于匀强电场中,带正电的小物块沿斜面由静止滑到底端的过程中动能增加了0.3J重力做功1.5J,电势能增加了05J,则下列说法正确的是( )
A.场强方向一定沿斜面向上B.斜面向上电势一定降低
C.电场力做功为
D.克服摩擦力做功
【答案】BD
【解析】
【详解】AB、在下滑过程中电势能增加0.5J,故物体需克服电场力做功为0.5J,又由于物块带正电,所以电场强度的方向是斜向上,但不一定与斜面重合,同时沿电场线方向电势降低,所以A错,B对
CD、在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J,重力做功1.5J,电场力为-0.5J,根据动能定理得:
W总=WG+W电+Wf=△EK解得:
Wf=-0.7J,故C错D对;
三、实验题探究题
13.某同学要测量一铅笔芯的电阻率ρ,先用刻度尺测得铅笔芯的长度L=10.00cm,再用千分尺测得其直径如图1,则其直径d=______mm,把多用电表欧姆档调到×1倍率档,再将两表笔短接,谓节欧姆调零旋钮,使指针指在______,最后测得该铅笔芯的电阻如图2.则其电阻值R=______Ω,由此可得该铅笔芯的电阻率ρ=______Ω•m(结果保留2位有效数字)。
【答案】
(1).0.500
(2).欧姆零刻度线处(3).4(4).7.9×10-4
【解析】
【详解】由图1所示可知,直径:
d=0.5mm+0.0×0.01mm=0.500mm;
把多用电表欧姆档调到×1倍率档,再将两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在欧姆零刻度线处;
由图2所示可知,则其电阻值R=4×1=4Ω;
由电阻定律可知:
代入数据解得:
ρ=7.9×10-4Ω•m。
14.思聪同学要测量一节干电池的电动势E和内电阻r,由于手头上没有电流表,只有2个相同的理想电压表(量程3V、15V可选),1个定值电阻R0(阻值2Ω),2个滑动变阻器,R1(500Ω、1A)、R2(50Ω、1A),她设计了如图甲所示的测量电路,下面请你帮她完成该实验。
①根据电路图选择适当的电表量程在图乙上完成实物连线,要求闭合电键S前滑动变阻器的阻值最大。
其中滑动变阻器应选用______(填字母代号)
②正确选择器材、连接电路、闭合开关后词节滑动变阻器时,发现两电压表的读数有变化,但变化都非常小,发生该故障的原因可能是______。
③排除故障、接好电路后闭合开关,调节滑动变阻器,记录电压表V1和V2测量的数据,并根据数据描绘U1-U2图象如图丙所示,则电动势E=______V,内电阻r=______Ω。
【答案】
(1).
,R2
(2).R0断路或没接入电路(3).1.50(4).1.0
【解析】
【详解】①根据实验原理图连接实物图如图所示:
为使电路中电流较大,并且方便调节,故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小R2;
②闭合开关后调节滑动变阻器时,发现两电压表的读数有变化,但变化都非常小,说明整个电路的总电阻较大,且滑动变阻的调节相对于总电阻来说几乎不起作用,由此可知故障的原因是R0断路或没接入电路;
③根据闭合电路欧姆定律可得:
,即:
,由上述公式知U1-U2图象与纵轴截距(如图)为电动势,则E=1.50V,斜率大小为
,则r=0.5R0=0.5×2Ω=1.0Ω
四、计算题
15.质谱仪是一种测量带电粒子的荷质比和分析同位素的精密仪器。
图中所示的质谱仪是由速度选择器和偏转磁场组成。
速度选择器内磁场与电场正交,磁应强度为B1垂直纸面向里,两极间距离为d,认电压为U.一束具有各种速率的某种粒子沿OP方向射入速度选择器,能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子从P点进入另一垂直纸面向外、磁感应强度为B2的匀强磁场,打在下方胶片距P为h的Q点,求:
(1)能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子的速度
(2)该种粒子荷质比
。
【答案】
(1)
;
(2)
【解析】
【详解】
(1)粒子沿中轴线OP穿过速度选择器,所以粒子做匀速直线运动,电场力与洛伦兹力平衡,
,
,解的
;
(2)在B2中粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,可得
,解的
,所以
16.如图足够长且电阻不计的光滑金属导轨CF、DE的末端C,D点间接有一个电源,电源电动势E=6V,内阻r=10Ω.两导轨延长交于O点,△OEF为等腰三角形,E、F两点处于同一水平面上,导轨所在平面与水平面的夹角0=37°,导轨上水平横架一根质量m=0.2kg且单位长度电阻为a=1Ω的导体棒PQ.在垂直导轨平面的方向加一匀强磁场B,g取10m/s2,sin37=0.6。
(1)当PQ接入电路的长度L=0.5m时,求流过PQ的电流和CD两点间的电压。
(2)当磁感应强度B=1.5T时,PQ静止在导轨上的某一位置,求此时磁场的方向、PQ所受安培力的大小及其电流的大小。
【答案】
(1)4A,2V。
(2)磁场的方向垂直导轨平面向上、1.5N,5A。
【解析】
【详解】
(1)当PQ接入电路的长度L=0.5m时,此时PQ接入电路中的电阻R1=0.5Ω,有闭合电路欧姆定律可得
,解得流过PQ电流为:
I1=4A,CD两点间电压:
U=E-I1r=2V
(2)由平衡条件得PQ受安培力沿斜面向上,即磁场方向垂直导轨平面向上,由平衡条件得,PQ受安培大小为:
F安=mgsinθ,即:
F安=1.5N,由F安=BI1L2且:
I2=
,联立求解得,I2=5A,L2=0.2m
17.如图所示,O为粒子发射源,能持续不断发射带电量为+q、质量为m的粒子,粒子初速度不计,经加速电场加速后,进入AB平行金属板间。
已知加速电场电压为U0,A、B板长为L1间距为d。
在两板间加上一个周期T=L1
的交变电压,A板的电势φA=0,B板的电势φB.随时间的变化规律如图所示,粒子穿过AB平行板打在离其距离为L2的荧光屏上。
设带电粒子重力的影响可忽略,所有粒子都能打在荧光屏上,求:
(1)若粒子t=0时刻进入AB金属板间,经多少时间穿过金属板;
(2)若粒子t=0时刻进入AB金属板间,打在荧光屏P点,求OP的大小
(3)求荧光屏上有粒子撞击的区域的长度.
【答案】
(1)L1
(2)
;(3)
【解析】
【详解】
(1)带电粒子在加速电场的运动过程,由动能定理得:
qU0=
mv02
解得:
v0=
带电粒子在偏转电场中做类平抛运动,平行板方向做匀速直线运动,运动的总时间为:
t=
=L1
(2)由上可知,带电粒子在偏转电场中运动的时间等于交变电压的周期T。
在交变电压的一个周期T内,带电粒子在垂直于板方向先做初速度为零的匀加速直线运动,后匀减速直线运动,匀加速和匀减速运动的加速度大小相等,时间相等,根据对称性可知,这两个过程偏转的位移大小相等,所以带电粒子离开偏转电场时偏转距离为y=2×
由牛顿第二定律得加速度为:
a=
由以上各式解得:
y=
根据对称性可知,粒子离开偏转电场时速度平行于金属板,所以该粒子打在屏上的点P与O′的距离是y=
(3)t=0时进入的粒子会达到最上点P,t=
T进入的粒子会达到最下端P′,P′O′=PO′,荧光屏上有粒子撞击的区域的长度L=2PO′=
。
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