1、2018-2019 学年广西南宁市兴宁区沛鸿民族中学高二（上）期末物理试卷（理科）一、选择题： 1.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（ ）A. 电动势是一种非静电力B. 电动势越大，表明电源储存的电能越多C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压【答案】C【解析】电动势在数值上等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故 A 错误；电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映， 电动势越大，表明 电源将其它形式的能 转化为电能的本领越大，故 B 错误
2、C 正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极 间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于 电源电动势，故 D 错误【点睛】电动势等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量【此处有视频，请去附件查看】2.地球是一个大磁体：在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；地磁场的北极在地理南极附近；赤道附近地磁场的方向和地面平行；北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的以上关于地磁场的描述正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：地球做为一个磁体，
3、地理的南极是磁场的北极，地理的北极是磁场的南极，所以对，根据同名磁极相排斥异名磁极相吸引，小磁针的南极应指向地磁场的北极错。地磁场从地理的南极指向地理的北极，在南半球地磁场斜向上，北半球地磁场斜向下，错。赤道附近地磁场方向水平，自南向北，对 错。选项 D 对。考点：地磁场3.一个阻值为 R 的电阻两端加上电压 U 后，通过电阻横截面的电荷量随时间变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（ ）A. U B. R C. D. 1R UR【答案】D【解析】试题分析：根据电流强度的定义式 ，可知 q-t 图像的斜率代表的就是电流，根据欧姆定律可知， ，故 D 正确。考点：本题考查了电流的定义式【名师点
4、睛】解决本题的关键是能找出图象中所提供的信息，这也是图象问题的共同特点，看轴、看线、看斜率等。4.如图所示为一块长方体铜块，使电流沿如图 I1、I2 两个方向通过该铜块，铜块的电阻之比为( )A. 1 B. a2c2C. D. a2b2 b2c2【答案】B【解析】若通以电流 ，则导体的长度为 a、横截面积为 bc，由电阻定律知其电阻为 ；若通以I1 R1=abc电流 时，则导体的长度为 c、横截面积为 ab，由电阻定律知其电阻为 ，故 ，I2 R2=cab R1R2=a2c2故选项 B 正确。点睛：本题考查电阻定律的正确应用，要注意明确同一电阻，电流的流向不同时，对应的阻值是不同的，要明确电阻
5、的长度和截面积才能准确求解电阻大小。5.如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线 A，A 与螺线管垂直，A 导线中的电流方向垂直纸面向里，开关 S 闭合，A 受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（ ）A. 水平向左 B. 水平向右 C. 竖直向上 D. 竖直向下【答案】C【解析】【分析】根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向。根据左手定则判断 A 受到通电螺线管磁场的作用力的方向.【详解】首先根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向右端为 N 极，所以在 A 处产生的磁场方向水平向左。根据左手定则判断可知：A 受到通电螺线管磁场的作用力的方向竖直向
6、上。故选 C。6.如图 1 所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为 L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从 t0 时刻起，棒上有如图 2的变化电流 I、周期为 T，电流值为 I，图 1 中 I 所示方向为电流正方向。则金属棒（ ）A. 在一个周期内先向右移动再向左移动B. 在一个周期内加速度保持不变C. 受到的安培力在一个周期内都做正功D. 在一个周期内动能先增大后减小【答案】D【解析】【分析】根据左手定则判断出安培力的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断金属棒的运动规律。从而得出速度、安培力随时间的变化规律，根据安培力的做功情况判断动能变化
7、。【详解】根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据 FBIL 知，安培力在第一个 T/2 内做匀加速直线运动，在第二个 T/2 内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变；知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，加速度大小不变，方向改变，速度随时间周期性变化；安培力在一个周期内先做正功，后做负功，在一个周期内动能先增大后减小。故 ABC 错误，D 正确。故选 D。【点睛】解决本题的关键掌握安培力的方向判断，会根据金属棒的受力情况判断其运动情况是解决本题的基础。7. 两相邻匀强磁场区域
8、的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力） ，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A. 轨道半径减小，角速度增大B. 轨道半径减小，角速度减小C. 轨道半径增大，角速度增大D. 轨道半径增大，角速度减小【答案】D【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即 ，轨道半径 ，qvB=mv2R R=mvqB洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度 可判断角速度变小，选项 D 正确。=vR【定位】磁场中带电粒子的偏转【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能
9、。【此处有视频，请去附件查看】8.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 10 倍。此离子和质子的质量比约为（ ）A. 10 B. 9 C. 100 D. 81【答案】C【解析】【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式。【详解】根据动能定理得：qU mv2，得：v ；离
10、子在磁场中做匀速圆周运动，洛12 2qUm伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvBm 得：R ；两式联立得：v2R mvqBm ；一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场 U 相同，同一出口离开磁qB2R22U场则 R 相同，所以 mB 2，磁感应强度增加到原来的 10 倍，离子质量是质子质量的 100倍，故 C 正确 ABD 错误，故选 C。【点睛】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式。9.有两条垂直交叉但不接触的直导线，通以大小相等的电流，方向如图所示，则哪些区域中某些点的磁感应强度可能为零（ ）A. 象限 B. 象限 C. 象限
11、 D. 象限【答案】AC【解析】【分析】据右手螺旋定则分别判断两通电导线的磁感线的方向，再利用矢量运算分析求解即可【详解】据右手螺旋定则可知，竖直导线左侧的磁场垂直纸面向外，右侧的磁场垂直纸面向内；水平导线在上侧的磁场垂直纸面向外，下侧垂直纸面向内；由于电流大小相同，据磁场的叠加可知，、区域磁感应强度为零，区域磁场方向垂直纸面向外，区域磁场方向垂直纸面向内，故 AC 正确，BD 错误。故选 AC。10.如图, 一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场 B 和匀强电场 E组成的速度选择器，然后粒子通过平板 S 上的狭缝 P，进入另一匀强磁场 B，最终打在AlA2 上下列表述正确的
12、是( )A. 粒子带负电B. 所有打在 AlA2 上的粒子，在磁场 B中运动时间都相同C. 能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于EBD. 粒子打在 AlA2 上的位置越靠近 P，粒子的比荷越大【答案】CD【解析】在磁场 B中由左手定则可知，粒子带正电，选项 A 错误；所有在 A1A2 上的粒子，在磁场B中的运动时间 ，粒子的 不同，时间 t 就不同，选项 B 错误；粒子在速度选择器中有 ，则 ，选项 C 正确；粒子打在 A1A2 上的位置越靠近 P，半径越小，则比荷 越大，选项 D 正确11.如图所示的电路中，电源电动势为 12 V，内阻为 2 ，四个电阻的阻值已在图中标出闭合开关 S，下列说
13、法正确的有( )A. 路端电压为 8 VB. 电源的总功率为 10 WC. a、b 间电压的大小为 5 VD. a、b 间用导线连接后，电路的总电流为 1 A【答案】C【解析】AB、根据串并联电路可知外电路总电阻为 ，R=10由闭合电路欧姆定律知 I=ER+r= 1210+2=1AI= ER+r= 1210+2=1则外电路电压为 U=IR=110=10V电源的总功率为 ，故 AB 错误P=EI=121=12WC、若规定电压负极的电势为 0，则根据串联电路分压原理可知 ，a=2.5Vb=7.5V所以 a、b 间电压的大小为 5 V，故 C 正确D、a、b 间用导线连接后外阻为 R,则 R=7.5
14、根据闭合电路欧姆定律可知 ，故 D 错误；I=ER+r= 127.5+2=1.26A故选 C点睛：由串并联电路分别出初态的外接电阻阻由欧姆定律确定外压,求电流定功率;确定出 a,b间的电势求其电压;a、b 间用导线连接后电路结构变化,重新求电阻求电流. 12.如图所示电路中，电源电动势为 E3V ，内电阻为 r 1，定值电阻为 R4，滑动变阻器能接入电路的最大阻值为 R010，当滑动变阻器的滑片在中间位置时，在平行板电容器 C 中恰好有一带电粒子处于悬空静止状态，以下判断的是（ ）A. 电路中的电流为 0.3AB. 电容器两端电压为 2.7VC. 若将 R0 的滑片向左端滑动，液滴向下运动D.
15、 若将 R0 的滑片向左端滑动，电容器的带电量增加【答案】AC【解析】【分析】由闭合电路欧姆定律求得电流，再根据欧姆定律得到电容器两端电压；根据滑片移动得到电阻变化，即可由欧姆定律得到电流变化，从而得到电容器两端电压变化，进而得到电荷量及场强变化，再根据电场力变化得到合外力变化，从而得到运动方向。【详解】根据闭合电路欧姆定律可得：电路中的电流 ，故 A 正确；由欧I= Er+12R0+R=0.3A姆定律可得：电容器两端电压 UCU RIR1.2V ，故 B 错误；滑片向左端滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻增大，故总电流减小，R 两端电压减小，所以，电容器两端电压减小，故带电量 Q C
16、U 减小；电容器两端电压减小，场强减小，故电场力减小，又有重力不变，那么液滴受到的合外力方向向下，液滴向下运动，故 C 正确，D 错误；故选 AC。【点睛】电容器接在电路中相当于断路，故常根据欧姆定律得到电容器两端电压，然后根据电压变化由 Q=CU 求解电荷量变化。二、实验填空题：13.某同学利用多用电表测量一个未知电阻的阻值，该同学选择“10”欧姆挡，按要求欧姆调零后，进行电阻测量，发现多用电表指针所指的位置如图中的实线所示：为了更准确测量该电阻，该同学应选择_欧姆档重新测量（选填“100”或“1”） ，在测量电阻之前该同学_重新进行调零（选填“不必”或“ 必须”） ；按正确实验步骤操作，发
17、现电表指针所指的位置如图中的线所示，则该电阻阻值为_。【答案】 (1). 100； (2). 必须； (3). 2000。【解析】【分析】欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确；欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量；再换挡位、测量；最后调到交流最大电压挡；欧姆表读数等于表盘读数乘以倍率。【详解】欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确，由图示表盘可知，指针指在实线位置时指针偏角太小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换用100 欧姆档，欧姆表换挡由必须重新进行欧姆调零；欧姆表选择100 挡，由图示表盘可知，电阻阻值为：201002000；14.某学习小组探究一小电珠在不同电压下的
18、电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。（1）实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接 _；（2）某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为_A；【答案】 (1). （1） ； (2). （2）0.44【解析】【分析】（1）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图。（2）根据图示电流表确定其量程与分度值，读出其示数。【详解】 （1）滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，滑动变阻器采用分压接法，分压电路与滑动变阻器左半部分并联，实物电路图如
19、图所示：（2）由图示表盘可知，其量程为 0.6A，分度值为 0.02A，示数为 0.44A；【点睛】本题考查了连接实物电路图、电流表读数；当电压与电流从零开始变化时滑动变阻器只能采用分压接法，根据题意确定滑动变阻器的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。15.（10 分）用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约 2） ，保护电阻 R1（阻值 10）和 R2（阻值 5） ，滑动变阻器 R，电流表 A，电压表 V，开关 S，导线若干。实验主要步骤：（）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数 U 和相
20、应电流表的示数 I；（）以 U 为纵坐标，I 为横坐标，作 UI 图线（U 、I 都用国际单位） ；（）求出 UI 图线斜率的绝对值 k 和在横轴上的截距 a。回答下列问题：（1）电压表最好选用_；电流表最好选用_。A电压表（0-3V，内阻约 15k） B电压表（0-3V，内阻约 3k）C电流表（0-200mA，内阻约 2） D电流表（0-30mA，内阻约 2）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_。A两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝
21、左端接线柱D一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用 k、a、R1、R2 表示待测电源的电动势 E 和内阻 r 的表达式 E=_，r=_，代入数值可得 E 和 r 的测量值。【答案】 (1). （1）A、 (2). C (3). （2）C (4). （3）ka (5). k-R2【解析】试题分析：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的 A 电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择 C；I=ER1+R2+r= 310+5+2=176mA（2）分析电路
22、可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而 A 项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而 B 项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C 项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而 D 项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故 D 错误；故选 C；（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R 2） ，对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻 r=K-R2； 令 U=0，则有： ； 由题意可知，图象与横轴截距为I=Er+R2=Eka，则有： ；解得：E=Kaa=I=Ek考
23、点：测量电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。【此处有视频，请去附件查看】三、计算题： 16.如图所示，物理兴趣小组的同学将电阻 R4 与电动机 M（其线圈电阻 R02）串联后接到电动势为 E10V，内阻为 r1 的电源两端，用电压表测出（未画出）测得电阻R 两端的电压为 U2V，求：（1）电源的总功率；（2）电动机消耗的电功率；（3）电动机转化成机械能的功率。【答案】 （1）5W；（2）3.75W；（3）3.25W 。【解析】【分析】（1）对电阻 R 应用欧姆定律求得电流，
24、即可根据电动势求得电源总功率；（2）由闭合电路的欧姆定律求得电动机上的电压，即可根据 P=UI 求得电动机消耗的电功率；（3）根据 P=I2R 求得电动机消耗的热功率，即可由能量守恒求得转化为机械能的功率。【详解】 （1）根据电压表示数，由欧姆定律可得：电流 ；I=UR=2V4=0.5A故电源的总功率 PEI100.5W5W；（2）由闭合电路的欧姆定律可得：电动机两端电压 UM EUIr7.5V，故电动机消耗的总功率 PMU MI3.75W；（3）电动机的热功率 ，PR0=I2R0=0.5W故由能量守恒可得：电动机转化为机械能的功率 ；PM=PMPR0=3.25W【点睛】对于电动机来说 U I
25、R，消耗的总功率用定义式 P=UI 求解，热功率则根据电流和电阻由 P=I2R 求解，转化为机械能的效率只能由能量守恒根据总功率和热功率来求解。17.如图所示，两根平行光滑金属导轨 MP、NQ 与水平面成 30角固定放置，装置所在区域存在一沿竖直方向的匀强磁场，导轨电阻不计，两导轨间距 L0.5m，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒 ab，同时闭合电键 S，金属棒 ab 处于静止状态，它的质量为 m510 2 kg金属棒 ab 两端连在导轨间部分对应的电阻为 R22 ，电源电动势 E3V，电源内阻 r0.5，电阻 R12，其他电阻不计。g 取 10m/s2，求：（1）金属棒中的电
26、流；（2）所加磁场的磁感应强度大小和方向。【答案】 （1）0.75A；（2） ，方向竖直向下。439T【解析】【分析】（1）分析电路的连接情况，根据闭合电路欧姆定律求解电流强度；（2）分析导体棒的受力情况，根据左手定则判断磁场方向，根据平衡条件求解磁感应强度。【详解】 （1）R 1 和 R2 并联的总电阻 R 1R1R2R1+R2电路中的总电流 I A1.5AER+r 32通过导体棒的电流 I 0.75AI2（2）磁场方向在竖直方向，要使导体棒平衡，则安培力的方向水平向右，根据左手定则可知磁场方向竖直向下，前视图如图所示；根据导体棒受力平衡得：F 安 mgtan 导体棒受到安培力为 FBIL解
27、得磁感应强度为 B T。43918.如图，在 x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直直面向外，在 x 轴下方存在匀强电场，电场方向与 xOy 平面平行，且与 x 轴成 45夹角。一质量为 m，电荷量为 q（q0）的粒子以初速度 v0 从 y 轴上的 P 点沿 y 轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反，又经过一段时间 T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变，不计重力。（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径；（2）求粒子从 P 点出发至第一次到达 x 轴所需的时间；（3）若要使粒子能够回到 P 点，求电场强度的最大值。【答案】 （1） ；（2） ；
28、（3） 。mv0qB 5m4qB 2mv0qT0【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径。（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与粒子的周期公式求出粒子的运动时间。（3）分析清楚粒子在电场中的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式求出电场强度。【详解】 （1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0Bm ，v20r解得：r ；mv0qB（2）带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv 0Bm ，v20r粒子做圆周运动的周期：T ，2mqB由题意
29、可知，粒子第一次到达 x 轴时，运动转过的角度为 ，54所需时间 t1 为：t 1 T58解得：t 1 ；5m4qB（3）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为 0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达 x 轴时速度大小仍为 v0，设粒子在电场中运动的总时间为 t2，加速度大小为 a，电场强度大小为 E，由牛顿第二定律得：qEma，v 0 at212解得：t 2 ，2mv0qE根据题意，要使粒子能够回到 P 点，必须满足 t2T 0，解得电场强度最大值：E 。2mv0qT0【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚粒子运动过程后，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。
