2018-2019学年北京市石景山区高二上学期期末测试物理试卷(解析版)

石景山区2018—2019学年第一学期高二期末试卷
物理
一、选择题，本题共15小题，每小题3分，共45分。

在每小题给出的四个选项中，只有
．．
一个选项
．．．．符合题目要求。

1.下列物理量中，属于标量的是
A. 电势能
B. 电场强度
C. 磁感强度
D. 洛伦兹力
【答案】A
【解析】
【分析】
标量是只有大小没有方向的物理量，矢量是既有大小又有方向的物理量。

根据有无方向确定。

【详解】电场强度、磁感应强度和力都是矢量，只有电势能是标量，故属于标量的选A。

【点睛】矢量与标量明显的区别是：矢量有方向，标量没有方向。

要掌握物理量的矢标性。

2.在国际单位制中，电压的单位是
A. 库仑
B. 韦伯
C. 伏特
D. 焦耳
【答案】C
【解析】
【分析】
在国际单位制中，电学的单位都是为纪念物理学家的而命名的，结合各单位与物理量的关系分析即可。

【详解】库仑是电荷量的单位；韦伯是磁通量的单位；伏特是电压的单位；焦耳是能量的单位。

故本题选C。

【点睛】该题考查常见的国际单位，了解用科学家的名字命名的原因，有利于激发学生学习物理的兴趣与热情
3.如图所示，一个物体受F1和F2两个互相垂直的共点力作用，其中F1 =6N，F2 =8 N。

这两个力的合力大小为
A. 2N
B. 10 N
C. 14 N
D. 48 N
【解析】
【分析】
根据平行四边形定则求出合力的大小，由勾股定理，即可求解。

【详解】如图所示：根据力的平行四边形定则，可知质点所受F1和F2的合力大小为：
故本题选B。

【点睛】解决本题的关键知道力的合成遵循平行四边形定则，以及知道两个力同向时，合力最大，两个力反向时，合力最小。

4.铜是良好的导电材料。

在一段通电铜导线内，定向移动形成电流的微粒是
A. 原子核
B. 电子
C. 既有电子也有原子核
D. 原子
【答案】B
【解析】
【分析】
明确电流的性质，知道金属导体中形成电流的是自由电子。

【详解】在金属铜中可以自由移动的是自由电子，原子核、原子均不能自由移动，故形成电流的微粒是电子，故选B。

【点睛】本题考查电流的形成，知道金属导体中能形成电流的自由电子。

5.如图所示，小球从竖直放置的轻弹簧正上方自由下落。

在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的动能
A. 变大
B. 不变
C. 变小
D. 先变大后变小
【解析】
【分析】
根据小球的受力情况，应用牛顿第二定律判断加速度大小，然后判断小球的运动性质，即可判断出小球的动能变化。

【详解】小球与弹簧接触后，受到竖直向下的重力与竖直向上的弹簧弹力作用，
开始，小球的重力大于弹力，合力向下，加速度向下，小球向下做加速运动，
随小球向下运动，弹簧的弹力增大，合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，合力为零时，小球速度最大；
所受当弹簧的弹力大于小球重力后，合力向上，加速度向上，速度方向与加速度方向相反，小球做减速运动，随小球向下运动，弹力增大，小球受到的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的减速运动，直到减速到零；
由以上分析可知，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故D正确
故选：D。

【点睛】本题考查了判断小球速度与加速度随时间变化关系，知道小球的受力情况、应用牛顿第二定律即可正确解题。

6.一个固定电容器在充电过程中，两个极板间的电压U随电容器所带电荷量Q的变化而变化。

下图中正确反映U和Q关系的图像是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
明确电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知U与Q成正比。

【详解】根据，可知，由于电容器不变，因此电压U和电量Q成正比，故A正确BCD错误。

【点睛】解决本题的关键掌握电容的定义式为，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时根据电容器的决定式理解电容器电容大小与那些因素有关
7.下图是阴极射线管的示意图，阴极射线管的两个电极接到高压电源时，阴极会发射电子。

电子在电场中沿直线飞向阳极形成电子束。

将条形磁铁的磁极靠近阴极射线管时，电子束发生偏转；将条形磁铁撤去，电子束不再发生偏转。

上述实验现象能说明
A. 电子束周围存在电场
B. 电流是电荷定向运动形成的
C. 磁场对静止电荷没有力的作用
D. 磁场对运动电荷有力的作用
【答案】D
【解析】
【分析】
明确题意，知道射线管放置在磁场内，故说明运动电荷在磁场中受到的磁场力的作用。

【详解】将条形磁铁的磁极靠近阴极射线管时，电子束发生偏转；将条形磁铁撤去，电子束不再发生偏转，说明运动电荷在磁场中受到的磁场力的作用，故本题选D。

【点睛】本题考查对实验现象的分析能力。

8.双星是两颗相距较近的天体，在相互间万有引力的作用下，绕连线上某点做匀速圆周运动。

对于两颗质量不等的天体构成的双星，下列说法中正确的是（）
A. 质量较大的天体做匀速圆周运动的向心力较大
B. 质量较大的天体做匀速圆周运动的角速度较大
C. 两颗天体做匀速圆周运动的周期相等
D. 两颗天体做匀速圆周运动的线速度大小相等
【答案】C
【解析】
两颗行星在两者之间的万有引力作用下做匀速圆周运动，可知两行星做匀速圆周运动的向心力相等，选项A错误；两行星绕同一圆心转动，角速度相等，周期相等，选项B错误，C 正确；根据可知，两星质量不等，转动半径不等，则根据v=ωr可知，线速度大小不等，选项D错误；故选C.
点睛：本题的关键是理解双星系统的特点：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同
的周期和角速度，运用动力学思路列式进行分析．
9. 如图5所示，两颗“近地”卫星1和2都绕地球做匀速圆周运动，卫星2的轨道半径更大些．两颗卫星相比较，下列说法中正确的是
A. 卫星2的向心加速度较大
B. 卫星2的线速度较大
C. 卫星2的周期较大
D. 卫星2的角速度较大
【答案】C
【解析】
试题分析：卫星绕地球做匀速圆周运动，万一引力提供向心力，
，向心加速度，卫星2半径大，向心加速度小选项A 错。

线速度，卫星2半径大，线速度小选项B错。

周期，卫星2轨道半径大周期大选项C对，角速度，卫星2半径较大，角速度小选项D错。

考点：万有引力与航天
10.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹。

设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B，电势能分别为E p A、E p B。

下列说法正确的是
A. 若a A<a B，则Q靠近M端且为负电荷
B. 若a A>a B，则Q靠近M端且为正电荷
C. E p A=E p B
D. E p A>E p B
【答案】B
【解析】
AB、由图可知粒子电场力应向左方，因粒子带负电，故电场线的方向应向右，若a A<a B，则Q靠近N端且为负电荷，故A错误；若a A>a B，则Q靠近M端且为正电荷，故B正确；CD、粒子由A到B过程中，电场力做负功，电势能增加，故A点的电势能E pA小于在B点的电势能E pB；故CD错误；
故选B。

【点睛】曲线运动中，合力指向曲线的内侧；轨迹与电场线交点位置，电场力向左，故从A 到B，电场力做负功，电势能增加。

11.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P和Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、和。

一带正电的粒子由M点分别运动到N点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等。

则
A. 若带正电的粒子由M点运动到Q点，电场力做正功
B. 若带正电的粒子由P点运动到Q点，电场力做负功
C. 直线c位于某一等势面内，
D. 直线a位于某一等势面内，
【答案】C
【解析】
CD、据题可知，带正电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势增加，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且，故D错误，C正确．
A、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若带正电的粒子由M点运动到Q点电场力不做功，故A错误；
B、带正电的粒子由P点运动到Q点与带正电的粒子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故B错误；
故选C。

【点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面
分布情况要熟记。

12.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）
A. ab中的感应电流方向由b到a
B. ab中的感应电流逐渐减小
C. ab所受的安培力保持不变
D. ab所受的静摩擦力逐渐减小
【答案】D
【解析】
磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确．
13.如图所示，平行金属板间存在匀强电场，一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场，经过时间t1射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d1。

另一个电子以初速度v2（v2>v1）仍沿平行于板面方向射入电场，经过时间t2射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d2。

不计电子的重力，则下列关系式中正确的是
A. t1<t2
B. t1=t2
C. d1>d2
D. d1<d2
【答案】C
【解析】
【分析】
电子垂直入射电场，在穿越电场的过程中，做类平抛运动，沿垂直电场的方向的分运动为匀
速直线运动，沿平行于电场的方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动。

【详解】电子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动：，沿平行与电场的方向上的分运动为匀加速直线运动，偏转量。

由于两电子穿越同一电场，所以加速度a相同，但由于初速度，故，。

故本题选C。

【点睛】本题考查化曲为直，处理类平抛运动问题的分析方法，会比较不用粒子在电场中运动的时间和偏转量，掌握分析方法至关重要。

14.如图所示，正方形区域EFGH中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子（不计重力）以一定的速度从EF边的中点M沿既垂直于EF边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从EH边的中点N射出。

若该带电粒子的速度减小为原来的一半，其它条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是
A. E点
B. N点
C. H点
D. F点
【答案】A
【解析】
【分析】
带电粒子垂直磁场方向进入磁场后，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；根据洛伦兹力提供向心力和轨迹上两点的连线的中垂线都通过圆心找到圆心，确定半径；改变速度后，根据洛伦兹力提供向心力求出新的半径，再次根据洛伦兹力提供向心力找出圆心，画出轨迹。

【详解】第一次从点M进入磁场，从点N射出，故M、N是轨迹上的两个点，连线的中垂线通过圆心，经过M点时，洛伦兹力提供向心力，判断出洛伦兹力的方向是平行纸面向上并指向C点，故得到C即为圆心，半径R等于线段CM的长度，即正方向边长的一半；洛伦兹力提供向心力，有，解得：，该带电粒子的速度减小为原来的一半后，半径减小为一半；
故圆心移到线段CM的中点，轨迹如图；
故本题选A。

【点睛】本题关键在于找出圆心、确定轨迹、求出半径，同时要结合洛伦兹力提供向心力进行分析计算。

15.如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好。

在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。

现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架。

图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F安随时间t
的变化关系，则图中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
金属杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，电流：，安培力：，由图示F安-t图象可知，F安∝t，则：v∝t，说明导体做匀加速运动，则：v=at，由牛顿第二定律得：F-F安=ma，
解得：，
由图示图象可知，ABC错误，D正确；故选D．
二、填空题。

（本题共1道大题，共18分）
16.在描绘一个标有“6.3V 0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电压由零
逐渐增加到6.3V，并便于操作。

已选用的器材有：
学生电源（电动势为9V，内阻约1Ω）；
电流表（量程为0~0.6A，内阻约0.2Ω；量程为0~3A，内阻约0.04Ω）；
电压表（量程为0~3V，内阻约3kΩ；0~15V，内阻约15kΩ）；
开关一个、导线若干。

（1）实验中还需要选择一个滑动变阻器，现有以下两个滑动变阻器，则应选其中的_________（选填选项前的字母）。

A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，最大允许电流1A)
B．滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流0.3A)
（2）实验电路图应选用图1中的_________（选填“甲”或“乙”）。

（3）请根据（2）中所选的电路图，补充完成图2中实物电路的连线。

（4）根据实验数据，画出的小灯泡I-U图线如图3所示。

由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将________（选填“变大”或“变小”）。

【答案】(1). （1）A (2). （2）乙（3）(3). （4）
变大
【解析】
【分析】
（1）（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路；
（3）根据实验电路图连接实物电路图；
（4）根据图象，应用欧姆定律及影响灯丝电阻的因素分析答题
【详解】：（1）实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，所以要选择最大值比较小的A；
（2）灯泡正常发光时的电阻为，该电阻值相对于电压表属于小电阻，所以电流表应采用外接法，且要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到6.3V，则滑动变阻器需要分压式，因此实验电路应选乙；
（3）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（4）在I-U图象中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率减小，所以可知待测电阻的电阻值增大。

【点睛】对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电压或电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程。

三、计算题。

本题共5小题，共37分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。

17.北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统。

2018年我国先后以“一箭双星”方式成功发射“北斗三号”第三、四、五、六颗组网卫星，为从“北斗二号”平稳过渡到“北斗三号”打好基础。

北斗卫星导航系统由5颗静止轨道卫星（同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成，2020年左右将建成覆盖全球的北斗卫星导航系统，其中一颗非静止轨道卫星A运行周期为T。

已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G。

（1）求地球表面的重力加速度g；
（2）求卫星A距地球表面的高度h；
（3）请举例说明北斗卫星导航系统可以应用在哪些方面。

（举出一例即可）
【答案】（1）（2）（3）合理即可给分
【解析】
【详解】（1）在地球表面处，万有引力等于重力，解得
（2）根据万有引力提供向心力，得：，解得
（3）例如：野外考察时用以空间定位；为行驶的汽车提供精确的位置、速度、时间信息；为民航客机导航等，只要答案合力即可给分。

18.如图所示为质谱仪的工作原理示意图，它由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。

速度选择器由两块水平放置的金属极板构成，两金属极板间的距离为d，上极板与电源正极相连，下极板与电源负极相连；板间匀强磁场的磁感应强度为B1，方向垂直纸面向里。

偏转磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，方向垂直纸面向外。

当两金属极板间的电势差为U 时，一束带电粒子从狭缝O1射入，沿水平方向通过速度选择器，从磁场边界上的O2点垂直磁场方向射入偏转磁场，经历半个圆周打在照相底片上的A点，测得O2和A点之间的距离为L。

粒子所受重力及粒子间的相互作用均可忽略。

（1）求金属极板间的电场强度大小E；
（2）求带电粒子从速度选择器射出时的速度大小v；
（3）另一束不同的带电粒子，也从狭缝O1射入，保持其他条件不变，粒子最终仍能打在照相底片上的A点。

比较这两束粒子，说明它们具有哪些共同特征，并阐述理由。

【答案】（1）（2）（3）带电粒子的比荷相同
【解析】
【详解】（1）根据电场强度和电势差的关系得：；
（2）带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，，解得；
（3）不同粒子动速度选择器的O2射出时，速度相等，均为
进入磁场B2后洛伦兹力提供向心力，即：，联立解得：
可见，当带电粒子的比荷相同，最终仍能打到照相底片上的A点。

19.如图所示，设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计，经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。

已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。

偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d，不计电子所受重力。

求：
（1）电子射入偏转电场时初速度的大小；
（2）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。

【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】（1）根据功和能的关系，有
电子射入偏转电场的初速度
（2）在偏转电场中，电子的运动时间
电子在偏转电场中的加速度
偏转距离
20.静电场可以用电场线和等势面形象描述。

（1）请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；
（2）点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。

我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。

请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比。

【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
a．根据库仑定律得到库仑力的表达式，然后根据电场强度定义式求得场强表达式；b．根据电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小，由场强关系得到电场线条数关系。

【详解】（1）在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。

根据库仑定律检验电荷受到的电场力
根据电场强度的定义
得
（2）穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比
【点睛】本题主要考查了库仑定律以及电场强度定义式，注意只适用于点电荷产生的电场。

21.如图1所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。

在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好。

整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。

现给ab 杆一个初速度v0，使杆向右运动。

（1）当ab杆刚好具有初速度v0时，求此时ab杆两端的电压U；a、b两端哪端电势高；（2）请在图2中定性画出通过电阻R的电流i随时间t变化规律的图象；
（3）若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图3所示。

同样给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动。

请分析说明ab杆的运动情况。

【答案】（1）；a端电势高（2）（3）当ab杆以初速度0开
始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动。

当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动。

【解析】
【分析】
（1）求解产生感应电动势大小，根据全电路欧姆定律求解电流强度和电压，根据右手定则判断电势高低；
（2）分析杆的受力情况和运动情况，确定感应电流变化情况，由此画出图象；
（3）杆在向右运动过程中速度逐渐减小、由此分析安培力的变化，确定运动情况；根据动量定理求解最后的速度大小。

【详解】（1）ab杆切割磁感线产生感应电动势：E = Blv0
根据全电路欧姆定律：
ab杆两端电压即路端电压：
解得；a端电势高。

（2）杆在向右运动过程中速度逐渐减小、感应电动势逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流逐渐减小，通过电阻R的电流i随时间变化规律的图象如图所示：
（3）当ab杆以初速度0开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动。

当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动。

【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用
下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。