广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学2018-2019学年高二物理上学期期末联考试题（含解析）

1、广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学2018-2019学年高二物理上学期期末联考试题（含解析）一、单项选择题（每题只有一个正确答案，每小题3分，共24分）1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下说法符合史实的是（ ）A. 焦耳发现了电流的热效应B. 卡文迪许利用库伦扭秤实验得出了电荷间的相互作用规律C. 奥斯特不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线直观地描绘了场D. 安培发现了电流的磁效应【答案】A【解析】【详解】A. 焦耳发现了电流的热效应，故A正确；B. 库仑利用扭秤实验得出了电荷间的相互作用规律，故B错误；C. 法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线直观地描绘了场的清晰图象，故C错误；D. 奥斯特发现了电流的磁效应，故D错误。故选：A.2.如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两带正电的小物块甲和乙，所带电荷量分别为和。由静止释放后，甲、乙两物块向相反方向运动。在物块运动过程中，下列表述正确的是（ ）A. 甲物块受到库仑力小于乙物块受到的库仑力B. 两物块的电势能逐渐减少C. 两物块速度逐渐变小D. 两物块加速度逐渐变大【答案】B

2、【解析】【详解】A、物体甲、乙间的库仑力是相互作用力，根据牛顿第三定律，任何时刻都大小相等，故A错误；B、两个物体分别向相反的方向运动，库仑力做正功，两物块的电势能逐渐减少，故B正确；C、两个物体分别向相反方向运动，库仑力做正功，两物块速度逐渐增大，故C错误；D、但两个物体的质量不一定相等，故加速度不一定相等，两物体逐渐远离，库仑力减小，加速度逐渐减小，故D错误。故选：B3.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（ ）A. 粒子带负电B. 粒子在M点的电势能大于N点的电势能C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D. 粒子在M点的动能大于在N点的动能【答案】B【解析】【详解】A.根据曲线运动受到的力指向凹处可知，粒子受力沿电场线的切线方向，粒子带正电，故A错误； BD. 由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向沿电场线斜向左下方，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故B正确，D错误；C.M点处的电场线较疏，而N点处电场

3、线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，故C错误。故选：B4.如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖。下列说法正确的是( )A. 弯曲的轨迹是抛物线B. 电子受到电场力作用C. 云雾室中的磁场方向垂直纸面向外D. 云雾室中的磁场方向垂直纸面向里【答案】D【解析】云雾室中所加的是磁场，则电子所受的是洛伦兹力作用，运动的轨迹是圆弧，由图示可知，电子刚射入磁场时，负电子所受洛伦兹力水平向左，正电子所受洛伦兹力水平向右，由左手定则可知，磁感应强度垂直于纸面向里，故ABC错误，D正确；故选C。点睛：本题考查了左手定则，要熟练应用左手定则判断洛伦兹力的方向，要注意判定负电荷受到的洛伦兹力的方向要使用电流的方向来判定。5.矩形通电导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是()A. 线框有两条边不受安培力B. 线框有两条边所受的安培力相同C. 线框所受安培力的合力向左D. 线框将绕M

4、N转动【答案】C【解析】【详解】A. 直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，知导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，知ab边受的安培力向左，cd边受到的安培力向右，bc边受到的安培力向上，ad受到的安培力向下，都受安培力作用，故A错误；B. 由于离MN越远的位置，磁感应强度B越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安培力大于cd边，bc边受到的安培力大小等于ad受到受到的安培力，但方向相反，故B错误；CD.根据ab边受的安培力向左，cd边受到的安培力向右，bc边受到的安培力向上，ad受到的安培力向下，bc边受到的安培力大小等于ad受到受到的安培力大小，方向相反，所以线框所受的安培力的合力向左，将向左平动，故C正确，D错误；故选：C6.用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能当调节滑动变阻器，让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为和，重新调节，使电动机恢复正常动转时，电流表和电压表的示数分别为和，则这台电动机（不计温度对电阻的影响）（ ）A. 正常运转时的输出功率为B. 电阻为12C. 正常运转时的输入功率为D. 正常运转时的发热功率为【答案】A【解析】【详解】

5、电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机的电阻为：R=U1I1=2.0/0.5=4电动机正常运转时，输入的电功率为：P电=U2I2=48W，发热功率为：P热=224W=16W，所以输出功率为：P出=P电P热=32W，故A正确，BCD错误。故选：A7.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了，金属块克服摩擦力做功，重力做功，则以下判断正确的是（ ）A. 金属块带负电荷B. 金属块的电势能减少C. 金属块克服电场力做功D. 金属块的机械能减少【答案】D【解析】【详解】ABC. 在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK解得：W电=4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J.由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷。故A错误，B错误，C错误；D. 在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确。故选：D

6、.8.如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计,闭合开关S后,下列说法正确的是（）A. 若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B. 若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C. 若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电量将增加D. 若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流【答案】C【解析】【分析】闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变将开关S断开，电容器放电，知电量的变化若只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，分析电路中电流的方向若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电压增大。【详解】A、B项：闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插入电介质，电容器的电容将增大。故A、B错误；C项：若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故C正确；D项：若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带电量减小，电容器放电。由于上极板带正电

7、，所以此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D错误。故应选：C。【点睛】本题电容器动态变化分析问题，关键是确定电容器的电压电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有在充电或放电过程中电容器所在电路有电流。二、多项选择题（每题有两个或两个以上正确答案，；每小题6分，错选不得分，漏选得3分，共24分）9.如阁所示，固旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金屈盒，两盒间的狹缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狹缝时都能得到加速，两D形金诚盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，则下列说法中正确的是A. 电场的周期与粒子在磁场中脚周运动周期相同B. 电场的周期逛粒子從磁场中圆周运动周期的2倍C. 增大电场强坻可以增大带也粒子射出吋的动能D. 增大D形金属盒半径可以增大带电粒子射出时的动能【答案】AD【解析】在回旋加速器中，只有电场的周期与粒子在磁场中做圆周运动周期相同时，粒子才能在电场中不断被加速，故选项A正确，B错误；当粒子从加速器中射出时满足，则最大动能可知增大D形金属盒的半径可以增大带电粒子射出时的动能，增大电场强度不可以增大带电粒子射出时的动能，选项D正确，

8、C错误；故选AD.点睛：解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子加速周期与偏转周期相等，确定最大动能与什么因素有关是解题的关键10.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则以下判断正确的是（ ）A. 灯变暗，电流表的示数增大B. 灯变亮，电压表的示数减小C. 灯变亮，电压表的示数减小D. 灯变暗，电流表的示数增大【答案】BD【解析】【详解】AC.由图可知，R与L2并联后与L1串联，电压表测量电源的路端电压；当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大；则由U=E-Ir可知，路端电压减小；则灯泡L1变亮，电压表的示数减小；故A错误，B正确；CD.因路端电压减小，灯泡L1电压增大，故并联部分电压减小；则L2亮度变暗，电流减小；再由并联电路中的电流规律可知，流过A的电流增大，即电流表的示数增大；故C错误，D正确。故选：BD。11.一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正

9、确的是（ ）。A. 速度选择器的P1极板带正电B. 粒子1带正电C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D. 粒子2和3的比荷对比，粒子2的比荷的绝对值最小【答案】AD【解析】【详解】A. 三种粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动，由力平衡得：qvB=qE，根据左手定则可知，若带电粒子带正电荷，洛伦兹力的方向向上，所以电场力的方向向下，选择器的P1极板带正电；若带电粒子带负电，洛伦兹力的方向向下，所以电场力方向向上，选择器的P1极板带正电。故选择器的P1极板一定是带正电。与带电粒子无关。故A正确；B. 在磁场2中，磁场的方向向外，根据左手定则，正电荷受到的安培力的方向向下，将向下偏转；负电荷受到的安培力的方向向上，将向上偏转。所以1带负电。故B错误；C. 能通过狭缝S0的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力的大小相等，方向相反，即：qvB=qE，所以v=E/B1.故C错误；D. 由，得，r与比荷成反比，粒子2的半径最大，所以粒子2的比荷q/m的绝对值最小。故D正确。故选：AD12.a、b、c三个相同带电粒子由同一点垂直电场方向同时进入匀强电场（不计粒子相互作用力及重力），其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以断定（ ）A. 三个粒子在电场中的加速度大小相等B. 三个粒子进入电场时的初速度相等C. 三个粒子在电场中运动时间D. 三个粒子在飞行过程中动能的增量【答案】ACD【解析】【详解】A.相同的带电粒子在电场中的运动，只受电场力作用，根据Eq=ma，三个粒子加速度大

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