《【解析版】云南省2018-2019学年高二上学期期末考试物理试卷 word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【解析版】云南省2018-2019学年高二上学期期末考试物理试卷 word版含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、云天化中学20182019学年上学期期末考试高二物理试卷一、选择题： 1.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。下列叙述不正确的是（ ）A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法B. 奥斯特首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存在着相互联系C. 库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值D. 安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质【答案】C【解析】【详解】法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法，选项A正确；奥斯特首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存在着相互联系，选项B
2、正确；库仑得出库仑定律，并用扭秤实验最早测出了静电常数k的数值，选项C错误；安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.2.通常一次闪电过程历时约0.2O.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅4080s，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0109v，云地间距离约为l km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60s。假定闪电前云地间的电场是均匀的。根据以上数据，下列判断正确的是A. 闪电电流的瞬时值可达到1105AB. 整个闪电过程的平均功率约为l1014WC. 闪电
3、前云地间的电场强度约为l106V/mD. 整个闪电过程向外释放的能量约为6106j【答案】AC【解析】试题分析：根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q6C，时间约为t60s，故平均电流为，闪电过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A对；第一次闪击过程中电功约为WQU6109J，第一个闪击过程的平均功率，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪电过程中的时间远大于60s，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为，C正确；整个闪电过程向外释放的能量约为W6109J，D错误；故选AC。考点：电场强度、电流、电功和电功率。【此处有视频，请去附件查看】3.古时有“守株待兔”的寓言设兔子的头部受到大
4、小等于2倍自身体重的撞击力即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑的速度至少为（ ）.（g取10m/s2）A. 2m/s B. 3m/s C. 4m/s D. 5m/s【答案】C【解析】【分析】以兔子为研究对象，它与树桩碰撞过程中，水平方向受到树对它的打击力，速度减小至零，根据动量定理研究其速度【详解】取兔子奔跑的速度方向为正方向。根据动量定理得：-Ft=0-mv，由F=2mg，得到v=2gt=4m/s，故选C。【点睛】本题应用动量研究碰撞过程物体的速度对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力4.在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线
5、分布如图所示有一带负电的微粒，从上边区域沿平行电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】通过微粒的匀速下落，得知电场力和重力的关系，然后进入另一电场，所受的电场力增大，根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，从而根据加速度与速度的方向关系，判断其运动情况。【详解】微粒在上面的电场中匀速下落，受重力和电场力平衡，进入下面电场，电场力变大，根据牛顿第二定律，微粒具有向上的加速度，所以微粒做匀减速运动到0，又返回做匀加速直线运动，进入上面的电场
6、又做匀速直线运动，速度大小仍然等于v0故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】解决本题的关键会根据微粒的受力判断其运动情况，知道微粒在下面电场中做匀减速直线运动和返回做匀加速直线运动是对称的。5.如图所示，质量m2=2kg的物体静止在光滑水平面上，质量为m1=1kg的物体以v16m/s的初速度与m2发生碰撞，以v1的方向为正方向，则碰撞后m1、m2两物体的速度分别可能是 A. 1m/s， 3m/sB. -6m/s， 6m/sC. 3m/s， 1.5m/sD. 2m/s， 2m/s【答案】D【解析】【分析】两物体碰撞过程中动量守恒，碰后的能量不大于碰前的能量，m1速度不超过m2的速度，据此分析各项
7、.【详解】碰前系统的总动量：P1=m1v1=6kgm/s；碰前的总动能：Ek0=12m1v12=18J ；若碰后速度分别为1m/s， 3m/s，则碰后总动量：P2=m1v1+m2v2=7kgm/sP1，则选项A错误；若碰后速度分别为-6m/s，6m/s，则碰后总动量：P2=m1v1+m2v2=6kgm/s=P1，碰后能量：Ek=12m1v12+12m2v22=54JEk0，则选项B错误；若碰后速度分别为3m/s，1.5m/s，m1速度大于m2的速度，不符合实际，则选项C错误；若碰后速度分别为2m/s，2m/s，则碰后总动量：P2=m1v1+m2v2=6kgm/s=P1，碰后能量：Ek=12m1
8、v12+12m2v22=6JEk0，则选项D正确；故选D.【点睛】此类问题关键是要记住三点原则：动量守恒、动能不增、符合实际.6.如图所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则（）A. 该粒子带正电B. 减少R1，粒子将打在O点左侧C. 减少R2，粒子将打在O点左侧D. 增大R1，粒子在板间运动时间不变【答案】B【解析】【分析】根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，判断M、N两板电势的高低，确定板间电场的方向，即可判断粒子的电性；电路稳定时R2相当于导线；粒子射入板间电场中做类
9、平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式分析改变R1时粒子打在极板上的位置【详解】根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N板的电势，板间电场方向向上，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A错误。设平行金属板M、N间的电压为U粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则竖直方向有：y=12at2=12qUmd t2水平方向有：x=v0t联立得：y=qUx22mdv02 由图知，y一定，q、m、d、v0不变，则由式知：当减少R1时，M、N间的电压U增大，x减小，所以粒子将打在O点左侧；由知，增大R1，U减
10、小，t增大，故B正确，D错误。电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点。故C错误。故选B。【点睛】本题是类平抛运动与电路知识的综合，其联系的纽带是电压，要抓住电路稳定时与电容器串联的电阻上没有电压，相当于导线，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压7.有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在图示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点
11、的磁感应强度的说法中正确的是A. M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B. M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C. 线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D. 线段MN上只有一点的磁感应强度为零【答案】BD【解析】ab两根通电导线在平面内产生的磁场都为逆时针环绕导线，连接aM，aN，bM，bN，做切线，合成可得N点的磁场方向竖直向上，M点的磁场方向竖直向下，根据对称性可得MN两点的合磁场大小相等，故B正确，连接Oa，Ob，a在O点的磁场方向水平向右，b在O点的磁场方向水平向左，大小相等，故O点的磁场为零，由对称性可知，只有这一点的磁场为零，所以D正确。8.在如图所示的U-I图象中，直
12、线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路由图象可知，下说法正确的是( )A. 电源的电动势为3V，内阻为0.5B. 电源的效率为80 %C. 电阻R的阻值为1D. 电源内阻的热功率为2 W【答案】ACD【解析】【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的效率和内阻的热功率【详解】根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=UI=36=0.
13、5故A正确。电阻R=UI=22=1故C正确。两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的内阻消耗的功率为Pr=I2r=2W故D正确。电源的效率=P出P总=UIEI=23=66.7%故B错误。故选ACD.【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9.如图质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x正方向的电流，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，则磁感应强度方向和大小可能为（ ） A. z负向，mgILtanB. y负向，mgILC
14、. z正向，mgILtanD. 沿悬线向上，mgILsin【答案】BC【解析】试题分析：对导体棒进行受力分析如下图所示：要使导线平衡，可以使安培力等于重力，此时磁场沿y轴正向，即B项正确。若磁场沿z轴负向，此时安培力水平指向y轴正向，根据平衡有磁感应强度为tan，即C项正确。其他两项错误。考点：本题考查安培力即平衡关系。10.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向上若不计空气阻力，则此油滴从a运动到b的过程中（ ）A. 此带电油滴带正电B. 此带电油滴重力势能一定增加C. 此带电油滴电势能一定则增加D. 此带电油滴的重力势能与电势能之和一定减小【答案】ABD【解析】【
15、分析】根据油滴运动轨迹，可以判断出油滴的电性、重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可。【详解】由轨迹图可知，油滴所受的合力方向竖直向上，则带电油滴所受向下的重力小于向上的电场力，故油滴带正电，从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，重力做负功，重力势能变大，电场力做正功，电势能减小，故AB正确，C错误；根据能量守恒可知，重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D正确；故选ABD。【点睛】本题在电场和重力场的复合场中重点考查带电小球的功能关系转化。在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。二、实验题： 11.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A干电池(电动势约为1.5 V，内阻小于1.5 )B电流表G(满偏电流2 mA，内阻10 )C电流表A(00.6 A，内阻约0.1 )D滑动变阻器R1(020 ，10 A)E滑动变阻器R2(0100 ，1 A)F定值电阻R3
