2018-2019学年广东省佛山市高二(上)期末物理试卷解析版

2018-2019学年广东省佛山市高二（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.绝缘小球P与用丝绸摩擦过的玻璃棒接触后带正电，将一个用毛皮摩擦过的橡
胶小球（带负电）靠近P球，要让P球如图静止，则橡胶小球应该放在图中
甲乙丙丁的哪一个位置？（）
A. 甲
B. 乙
C. 丙
D. 丁
2.如下四个实验或器材共同运用到的物理知识或方法是（）
A. 物体的平衡
B. 作用力与反作用力
C. 放大法
D. 等效替代法
3.即使是在干燥的冬天，人体仍然是良导体，小明在地毯上行走若带上了大量的负
电荷，不计其他电场影响，则（）
A. 小明此时与地之间没有电势差
B. 小明与不带电且跟地绝缘的客人握手时，不会产生电流
C. 小明与不带电且跟地不绝缘的客人提手时，客人的电势会降低
D. 小明靠近客人还未与其接触时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人的电
势会降低
4.扫地机器人它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，并能根据红外感
应绕开障碍物。

某扫地机器人正常工作时电动机的电压为10V、电流为3A、
线圈电阻为1Ω．则下列有关它的说法正确的是（）
A. 正常工作时，电动机的发热功率为100W
B. 正常工作时，电动机的输出功率为9W
C. 正常工作时，电动机的总功率为30W
D. 电动机被杂物卡住无法运转不考虑保护电路的作用时，电动机的发热功率为9W
5.如图，在P点固定一个负点电荷甲，另一个带正电的粒子乙仅受甲的
库仑力作用沿椭圆轨道运动（甲、乙均可视为质点），A、B、C、D
是轨道上的四个顶点，则以下说法错误的是（）
A. 乙经过A点时速度最大
B. 乙经过A点时速度变化最快
C. 乙经过C点时系统的电势能最大
D. 在甲电荷的电场中，轨道上的各点，A点的电势最高6.如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab是圆的直径，磁场的磁感应强
度为B，一质量为m、带电量为q的粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，则粒子在磁场中运动的时间为（）
A. B. C. D.
7.某次实验，小明测得一小灯泡伏安特性曲线如图所示，若将两个这
样的灯泡并联后与一电动势E=1.5V、内阻r=1.5Ω的电源连接，每
个小灯泡实际消耗的功率最接近（）
A.
B.
C.
D.
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8.如图，某带电粒子在电场中沿曲线由A经B运动到C，则下列说法正确的是（）
A. 粒子带正电
B. AC两点电势
C. 粒子在AC两点电势能
D. 粒子在AC两点的加速度
9.如图所示电路，电源的电动势和内阻分别为E、r．闭合开关S，将滑
动变阻器的滑动片p向b端移动时，下列说法正确的是（）
A. 通过的电流一定增大
B. 通过R的电流一
定增大
C. 的电功率一定增大
D. 电源的输出功率一定增大
10.特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置，如图是该装置的简化结构图，
金属顶端和大地构成一个持殊的电容器，顶端放电后由电荷补充线圈
给顶端补充因放电而流失的电荷，因而能持续的放电。

下列相关说法正确的是（）
A. 顶端带的电量越多，则其与大地间的电势差越大
B. 顶端带的电量越多，则其与大地构成的电容器的电容越大
C. 带电量一定时，顶端离地越高则其与大地间的电势差越大
D. 带电量一定时，顶端面积越大则其与大地间的电势差越大
11.用细绳悬挂一矩形导线框，导线框通有逆时针方向的电流（从右侧观察）。

在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ．原PQ中无电流，
现通以水平向右的电流，在短时间内（）
A. 从上往下观察导线框顺时针转动
B.
从上往下观察导线
框向右平移
C. 细绳受力会变得比导线框重力大
D. 导线框中心的磁感应强度变大
12.绝缘斜面处于匀强电场中，带正电的小物块沿斜面由静止滑到底端的过程中动能
增加了0.3J重力做功1.5J，电势能增加了05J，则下列说法正确的是（）
A. 场强方向一定沿斜面向上
B. 斜面向上电势一定降低
C. 电场力做功为
D. 克服摩擦力做功
三、实验题探究题（本大题共2小题，共14.0分）
13.某同学要测量一铅笔芯的电阻率ρ，先用刻度尺测得铅笔芯的长度L=10.00cm，再用千分尺测得其直径
如图1，则其直径d=______mm，把多用电表欧姆档调到×1倍率档，再将两表笔短接，谓节欧姆调零旋钮，使指针指在______，最后测得该铅笔芯的电阻如图2．则其电阻值R=______Ω，由此可得该铅笔芯的电阻率ρ=______Ω•m（结果保留2位有效数字）。

14.思聪同学要测量一节干电池的电动势E和内电阻r，由于手头上没有电流表，只有2个相同的理想电压
表（量程3V、15V可选），1个定值电阻R0（阻值2Ω），2个滑动变阻器，R1（500Ω、1A）、R2（50Ω、1A），她设计了如图甲所示的测量电路，下面请你帮她完成该实验。

①根据电路图选择适当的电表量程在图乙上完成实物连线，要求闭合电键S前滑动变阻器的阻值最大。

其中滑动变阻器应选用______（填字母代号）
②正确选择器材、连接电路、闭合开关后词节滑动变阻器时，发现两电压表的读数有变化，但变化都
非常小，发生该故障的原因可能是______。

③排除故障、接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录电压表V1和V2测量的数据，并根据数据描
绘U1-U2图象如图丙所示，则电动势E=______V，内电阻r=______Ω。

四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
15.质谱仪是一种测量带电粒子的荷质比和分析同位素的精密仪器。

图中
所示的质谱仪是由速度选择器和偏转磁场组成。

速度选择器内磁场与
电场正交，磁
应强度为B1垂直纸面向里，两极间距离为d，认电压为U．一束具有
各种速率的某种粒子沿OP方向射入速度选择器，能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子从P点进入另一垂直纸面向外、磁感应强度为B2的匀强磁场，打在下方胶片距P为h的Q点，求：
（1）能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子的速度
（2）该种粒子荷质比。

16.如图足够长且电阻不计的光滑金属导轨CF、DE的末端C，D点间接有一个
电源，电源电动势E=6V，内阻r=10Ω．两导轨延长交于O点，△OEF为等
腰三角形，E、F两点处于同一水平面上，导轨所在平面与水平面的夹角0=37°，
导轨上水平横架一根质量m=0.2kg且单位长度电阻为a=1Ω的导体棒PQ．在
垂直导轨平面的方向加一匀强磁场B，g取10m/s2，sin37=0.6。

（1）当PQ接入电路的长度L=0.5m时，求流过PQ的电流和CD两点间的
电压。

（2）当磁感应强度B=1.5T时，PQ静止在导轨上的某一位置，求此时磁场的方向、PQ所受安培力的大小及其电流的大小。

17.如图所示，O为粒子发射源，能持续不断发射带电量为+q、质量为m的粒子，粒子初速度不计，经加
速电场加速后，进入AB平行金属板间。

已知加速电场电压为U0，A、B板长为L1间距为d。

在两板间加上一个周期T=L1的交变电压，A板的电势φA=0，B板的电势φB．随时间的变化规律如图所示，
粒子穿过AB平行板打在离其距离为L2的荧光屏上。

设带电粒子重力的影响可忽略，所有粒子都能打在荧光屏上，求：
（1）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，经多少时间穿过金属板；
（2）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，打在荧光屏P点，求OP的大小
（3）求荧光屏上有粒子撞击的区域的长度，
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：由题P带正电，而用毛皮摩擦过的橡胶小球带负电，可知二者之间的静电力为吸引力。

小球P受到竖直向下的重力。

沿绳子方向向上的拉力，两个力不在同一条直线上，由三个力平衡的特点可知，橡胶小球的位置一定在绳子及其延长线的右侧，即甲、乙、丙、丁四个位置只有丁是可能的，其余都是不可能的。

故ABC错误，D正确
故选：D。

异种电荷相互吸引，然后结合共点力平衡的条件分析即可。

该题考查三力平衡的特点，解答的关键是知道异种电荷相互吸引。

2.【答案】A
【解析】
解：密立根测定元电荷的电荷量时，是让油滴受到的重力与电场力平衡，采用了二力平衡和作用力与反作用力；
考虑使用库仑扭秤测出了静电力常量，该实验使用了力矩平衡与放大法；
利用电流在磁场中受到安培力的关系，结合力矩平衡测电流的大小，其原理使用力矩平衡；
利用小磁针判断磁场的方向，利用了小磁针的N极受到的磁场力的方向判断，也是结合小磁针的受力平衡判断
由以上的分析可知，以上的实验都采用了物体的平衡的方法，其余的方法不是在个实验中都采用了。

故A正确，BCD错误
故选：A。

根据密立根实验、库仑扭秤、电流的测定以及磁场确定的方法判断即可。

控制变量法是常用的实验方法，要掌握其使用方法；科学探究用到的方法很多，要掌握常用的
科学探究方法。

3.【答案】D
【解析】
解：A、小明带负电荷，其周围存在电场，电场线指向小明，根据顺着电场线电势逐渐降低，知小明此时与地之间有电势差，故A错误。

B、小明与不带电且跟地绝缘的客人间存在电势差，当小明与该客人握手时，电子会从小明身
上移动到客人身上，从而形成电流，故B错误。

C、小明与不带电且跟地不绝缘的客人提手时，客人原来处在小明的电场中，电势为负值。

当小明与客人握手时，小明所带电荷流到大地上，两人均不带电，电势为零，
所以客人的电势会升高，故C错误。

D、小明靠近客人（还未与其接触）时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人顺着电场线移动，其电势会降低，故D正确。

故选：D。

电荷周围存在电场，顺着电场线电势逐渐降低，电荷在电场力作用下会发生移动，从而形成电流。

结合这些知识分析。

解决本题的关键要理解静电感应的过程，知道顺着电场线电势降低，在负电荷周围电势为负值。

4.【答案】C
【解析】
解：A、正常工作时有：P热=I2r=32×1=9W；故A错误；
C、总功率为：P总=UI=10×3W=30W；故C正确；
B、正常工作时，电动机的输出功率为：P=P总-P热=21W，故B错误；
D、电动机被杂物卡住无法运转（不考虑保护电路的作用）时，电动机的发热功率等于电功率为30W。

故选：C。

已知电动机额定电压、电流和线圈的电阻，根据P热=I2r求解发热功率，根据P总=UI求解总功
率，根据P
出
=P总-P热求解输出功率。

此题考查功率的几个公式，注意电动机不是纯电阻，但电动机被杂物卡住无法运转（不考虑保护电路的作用）时，电动机的发热功率等于电功率。

5.【答案】D
【解析】
解：AD、根据负点电荷电场的分布规律可知，轨道上的各点，A点的电势最低，乙的电势能最小，动能最大，速度最大，故A正确，D错误。

B、乙球在经过A点时所受的库仑力增大，加速度最大，速度变化最快，故B正确。

C、在轨道上，C电势最低，乙球在C时系统的电势能最大，故C正确。

本题选择错误的，
故选：D。

电场线从无穷远出发到负电荷终止，负点电荷电场的分布规律是越靠近负电荷电势越低。

正电荷在电势高处电势能大。

根据牛顿第二定律和库仑定律结合分析加速度的大小。

结合变轨原理分析总能量的变化。

本题的关键要掌握点电荷电场的分布情况，可以类比行星运动模型分析。

要知道正电荷在电势高处电势能大，正电荷在电势低处电势能小。

6.【答案】A
【解析】
解：设圆形区域的半径为R。

当粒子从b点飞出磁场时，入射速度与出射速度与ab的夹角相等，所以
速度的偏转角为60°，轨迹对应的圆心角为60°。

根据几何知识得知：轨迹半径为r1=2R：
AB、粒子在磁场中运动的时间t=，解得：
t=，故A正确B错误；
CD、粒子在磁场中运动的周期T=，粒子在磁场中运动的时间t==，故CD错误。

故选：A。

粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，
根据粒子的运动的轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动的时间。

7.【答案】B
【解析】解：电源的外电压与电流的关系为U=E-Ir=1.5-1.5I，当电压U=0V时，I=1A，当电流等于0时，电压U=1.5V，作电源的外电压与电流的关系图线如图所示：
交点所对应的电压U=1.3V，电流I=0.37A，两电灯并联，则通过每个灯泡的电流为
：
则灯泡的实际功率P=UI′=1.3×0.19≈0.2W，
故ACD错误，B正确；
故选：B。

在灯泡I-U图象中作出电源的I-U图象，由图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由功率公式求出功率。

本题考查了求电阻与灯泡实际功率问题，应用图象法处理实验数据是常用的方法，本题要特别注意两个灯泡并联，每个灯泡电流为流经电源电流的一半。

8.【答案】BD
【解析】
解：A、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致向下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误；
B、沿电场线是方向电势逐渐降低，所以有φA＞φB，故B正确；
C、从A到C过程中，根据电场力和运动方向可以判断，电场力做负功，电势能增加，AC两点电势能E PA＜E PC，故C错误。

D、C处的电场线较密，A处的电场线较疏，所以有a C＞a A，故D正确；
故选：BD。

沿电场线是方向电势逐渐降低；
电场线的疏密反映电场的强弱；
根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电场力方向和场强方向判断电性；
根据电场力做功判断电势能的变化，由能量关系判断动能变化。

解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系。

9.【答案】AB
【解析】
解：AB、当滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流增大，故流过R1的电流增大；因电流增大，故内压以及R1两端的电压增大，并联部分电压减小，流过R2的电流减小；因总电流增大，所以流过R 的电流增大，故AB正确；
C、由以上分析可知，流过R2的电流减小，则由P=I2R可知，R2的电功率一定减小，故C错误；
D、因无法确定内外电阻的大小关系，故无法确定电源的输出功率变化情况，故D错误。

故选：AB。

当滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，分析电流变化。

再根据功率公式确定功率的变化。

本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析方法，本题也可以将R1直接作为内电阻处理；同时注意明确当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。

10.【答案】AC
【解析】
解：AB、电容器的电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电量无关，可知，顶端带的电量Q越多，其与大地构成的电容器的电容C不变，由C=分析知其与大地间的电势差越大，故A正确，B错误。

C、顶端离地越高，电容越小，带电量一定时，由C=分析知其与大地间的电势差越大，故C 正确。

D、顶端面积越大，电容越大，带电量一定时，由C=分析知其与大地间的电势差越小，故D 错误。

故选：AC。

电容器的电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电量无关，根据电容的定义式
C=分析电势差与电压的关系。

解决本题的关键要掌握电容的决定因素，如板间距离、极板的正对面积等，知道电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电量无关。

还要掌握电容的定义式C=。

11.【答案】ACD
【解析】
解：A、由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从里向外，
根据左手定则，知外侧电流受安培力向左，内侧电流受安培力向右，从上往下看，导线框将顺时针转动，故A正确，B错误。

C、线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线Q处的边的电流的方向向右，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受力向下，在细绳受力会变得比导线框重力大。

故C正确；
D、线框沿顺时针方向转动一个小角度后，电流Q产生的磁场方向从里向外穿过线框，根据安培定则，线框表示磁场的方向也是从里向外，所以穿过线框的磁通量增大，则线框中心的磁感应强度变大。

故D正确。

故选：ACD。

根据安培定则，判定穿过导线框的磁场，并确定穿过磁通量变化情况，再由楞次定律判断导线框感应电流的方向，同时根据法拉第电磁感应定律，判定确定感应电流的大小。

考查楞次定律的应用，熟练应用楞次定律、安培定则即可正确解题。

12.【答案】BD
【解析】
解：AB、在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，故金属点正电，故AB错误；
C、在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力为-0.5J，根据动能定理得：W
总=W G+W电+W f=△E K
解得：W f=-0.7J，故C正确；
D、外力做功为：W
外
=W电+W f=-1.2J，故机械能减少1.2J，故D正确
故选：BD。

在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J根据动能定理求出摩擦力做功。

知道电场力做功量度电势能的改变。

知道重力做功量度重力势能的改变。

外力做功等于物体机械能的改变
解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系。

13.【答案】0.500 欧姆零刻度线处 4 7.9×10-4
【解析】
解：由图1所示可知，直径：d=0.5mm+0.0×0.01mm=0.500mm；
把多用电表欧姆档调到×1倍率档，再将两表笔短接，谓节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆零刻度线处；
由图2所示可知，则其电阻值R=4×1=4Ω；
由电阻定律可知：
R=ρ
=ρ，电阻率：
ρ=，
代入数据解得：ρ=7.9×10-4Ω•m。

故答案为：0.500；欧姆零刻度线处；4；7.9×10-4。

螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；欧姆表换挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据实验数据应用电阻定律可以求出铅笔芯的电阻率。

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；欧姆表换挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；应用电阻定律可以求出电阻率。

14.【答案】R2R0断路或没接入电路 1.50 1.0
【解析】解：①根据实验原理图连接实物图如图所示：
为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小R2；
②闭合开关后词节滑动变阻器时，发现两电压表的读数有变化，但变化都非常小，说明整个电路的总电阻较大，且滑动变阻的调节相对于总电阻来说几乎不起作用，由此可知故障的原因是R0断路或没接入电路；
③根据闭合电路欧姆定律可得：，即：，由上述公式知U 1-U 2图象与纵轴截距（如图）为电动势，则E=1.50V，斜率大小为，则
r=0.5R0=0.5×2Ω=1.0Ω
故答案为：①实物连接如图所示：
，R2；
②R0断路或没接入电路；
③1.50、1.0。

①为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
②明确实验原理，根据实验中所出现的问题即可明确对应的解决方案；
③根据电源的U1-U2图象求出电源电动势与内阻。

本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将电压表和定值电阻并联改装为电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法。

15.【答案】解：（1）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得
Eq=qvB1
即q=qvB1
解得：v=；
（2）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有qvB2=m，
那么R==。

又R=，
由以上两式，解得：=
答：（1）能够沿中轴线穿过速度选择器的粒子的速度是；
（2）该种粒子荷质比为。

【解析】
（1）根据电场力与洛伦兹力平衡，即可求出粒子穿过速度选择器的速度v；
（2）根据洛仑兹力提供向心力，qvB2
=m，求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。

解决本题的关键掌握牛顿第二定律与向心力表达式的内容，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡。

16.【答案】解：（1）此时PQ接入电路中的电阻R1=0.5Ω
由闭合电路欧姆定律：I1=
解得流过PQ电流为：I1=4A
CD两点间电压：U=E-I1r=2V
（2）由平衡条件得PQ受安培力沿斜面向上，即磁场方向垂直导轨平面向上
由平衡条件得，PQ受安培大小为：F安=mg sinθ
即：F安=1.5N
由F安=BI1L2
且：I2=
联立求解得，I2=5A，L2=0.2m
答：（1）当PQ接入电路的长度L=0.5m时，流过PQ的电流和CD两点间的电压为2V。

（2）当磁感应强度B=1.5T时，PQ静止在导轨上的某一位置，此时磁场的方向垂直导轨平面向上、PQ所受安培力的大小为1.5N及其电流的大小为5A。

【解析】
由闭合电路欧姆定律求解电流，进而求出电压；由平衡条件得PQ受安培力沿斜面向上，即磁场方向垂直导轨平面向上，并求出安培力大小及电流大小。

本题是力电综合问题，关键是明确结合闭合电路欧姆定律、安培力公式、左手定则和平衡条件列示分析，不难。

17.【答案】解：（1）带电粒子在加速电场的运动过程，由动能定理得：
qU0=mv02
解得：v0=
带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动的总时间为：
t==L1
（2）由上可知，带电粒子在偏转电场中运动的时间等于交变电压的周期T。

在交变电压的一个周期T内，带电粒子在垂直于板方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小相等，时间相等，根据对称性可知，这两个过程偏转的位移大小
相等，所以带电粒子离开偏转电场时偏转距离为y=2×
由牛顿第二定律得加速度为：a=
由以上各式解得：y=
根据对称性可知，粒子离开偏转电场时速度平行于金属板，所以该粒子打在屏上的点P与O′的距离是
y=
（3）t=0时进入的粒子会达到最上点P，t=T进入的粒子会达到最下端P′，P′O′=PO′，荧光屏上有粒子撞击的区域的长度L=2PO′=。

答：（1）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，经L1穿过金属板；
（2）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，打在荧光屏P点，O′P的大小为；
（3）荧光屏上有粒子撞击的区域的长度，为。

【解析】
（1）根据动能定理求带电粒子进入偏转电场的速率。

带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，根据运动学公式计算时间。

（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，带电粒子在垂直于板方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小相等，时间相等。

结合牛顿第二定律和运动学公式解答；
（3）结合（2）分析即可求解。

本题考查带电粒子在电场中的运动问题，关键要正确分析带电粒子的受力情况，判断出运动情
况，要明确类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解，要抓住运动过程的特点：对称性研究。