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1、1 广西玉林市广西玉林市 2018 20192018 2019 学年高二物理上学期期末质量评价检测试卷学年高二物理上学期期末质量评价检测试卷 含解析 含解析 二 选择题 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q 2U 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
2、 所以AB 之间的电势差的大小还是U C 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 4 7 5 7 9 7 15 7 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 两球接触后F
3、k7Q 2 r2 平分电量 则两球的电量 q 4Q 两球接触后的库仑力 当两球带异种 Q 7Q 2 F k 16Q2 r2 16 7F 2 电荷时 两球接触中和后再平分电量 则两球的电量q 3Q 两球接触后的库仑力 Q 7Q 2 故 ABD 错误 C 正确 故选 C F k9Q 2 r2 9 7F 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
4、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力与轨迹的关系 正确答案是 D 4 如图所示 电源电动势E 3 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R 4 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 V D 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 由I P U 0 4 2 0 2ARL U I 2 0 2 10 闭合电路欧姆定律可知 代入数据解得r 1 故A正确 E
5、I RL R r BC 当接 2 时灯泡正常发光 流过的电流为I 0 2A 电源内阻分的电压为U Ir 0 2 1V 3 故电动机分的电压为 电动机的内阻0 2VU动 E U L U 3 2 0 2V 0 8VR 0 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 5 A B C D l 4 3mv 3Bq l 3mv Bq t 4 m 3Bq t 5 m 3Bq 答案 AC
6、 解析 分析 1 根据几何关系求得中心角 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 粒子在Bvq mv 2 R T 2 R v 2 m qB 磁场中转过的中心角为 240 故运动时间 选项 C 正确 D 错误 根据几何关系t 2 3T 4 m 3qB 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 B 错误L 2R sin60 4R
7、 3 4mv 3qB 故选 AC 点睛 粒子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 不考虑线圈之间的 6 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 1 C a b 线圈中感应电流之比为 3 1 D 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
8、可求得电流方向 根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势 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 S l2 E n t n BS t 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 n 4l 故电阻之比R L s 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
9、 错误 故选 BC 点睛 本题考查电磁感应与电路结合问题 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 答案 1 1 50A 2 7 50V 解析 7 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
10、 3V 内阻约为 3k E 滑动变阻器 1k 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 5 U V 0 80 1 00 1 50 1 80 2 30 I A 0 18 0 22 0 34 0 42 0 52 e 断开开关
11、 整理器材 结束实验操作 2 根据以上信息 你认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 8 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 0 711 0 713 均给分 B F 如图 4 4 4 3 4 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 01mm 21 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
12、选择 F 即可 连接电 路如图 画出 U I 图像如图 则求得电阻值为 R U I 2 3 0 52 4 4 考点 测量金属导体的电阻率 11 如图 质量m 0 2kg 长度L 1 0m 的水平导体棒MN 用两根劲度系数均为k 100N 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I 5A 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 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 9 答案 1 0 4T 2 2 5A 解析 1 弹簧都恢复到原长状态时
13、ILB mg B 0 4T mg IL 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 I LB 2kx 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
14、动 求 1 t 0 时回路中的电流大小 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 B0Lv1 0 5 0 2 2V 0 2V 由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流 I E R r 0 2 0 4 0 1A 0 4A 10 2 t 2s 时棒的速度 v1 2m s 走过的位移为 x v1t 2 2 4m 此时的磁场强度 B2 B0 kx 0 5
15、 0 5 4 2 5T 棒产生的电动势 E BLv1 2 5 0 2 2V 1V 由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流 I E R r 1 0 4 0 1A 2A 电阻 R 上产生的热功率为 PR I2R 22 0 4W 1 6W 外力的功率等于总功率 即 P外 1E 2W 13 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 5 105N C 现从 y 轴上的 P 点沿与 y 轴正向夹角 6
16、0 的方向以初速度 v0 5 105m s 射入一个质量 m 8 10 26kg 电量 q 8 10 19C 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 3 5 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 18 10 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 0 3 m 则O O PO PO 0 1 m 得O O O M 即得 O MO 300 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 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 37 10 11 7s 2 分 粒子从P点到Q点的时间为t t1 t2 1 18 10 6s 2 分 3 粒子在电场中qE ma a 5 1012m s2
