1、2018-2019學年廣東省潮州市高二（上）期末物理試卷一、選擇題:本題共10小題,每小題6分,共60分。在每小題給出的四個選項中,第1418小題只有一項符合題目要求,第1923小題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不選的得0分。1（6分）通電導線周圍存在磁場的現象稱為電流的磁效應，首先發現該現象的物理學家是（）a安培b法拉第c奧斯特d特斯拉2（6分）將一段阻值為r，長度為l的均勻電阻絲，分成長度相等的兩段，兩者并聯后的阻值為（）ar2b4rcr4dr3（6分）我市部分道路將高壓鈉燈換成led燈，已知高壓鈉燈功率為400w，led燈功率為180w，若更換2000

2、盞，則一個月可節約的電能約為（）a9×102kwhb1.5×105kwhc6×105kwhd1×1012kwh4（6分）電流天平是一種測量磁場力的裝置，如圖所示。兩相距很近的通電平行線圈和，線圈固定，線圈置于天平托盤上。當兩線圈均無電流通過時，天平示數恰好為零。下列說法正確的是（）a當天平示數為負時，兩線圈電流方向相同b當天平示數為正時，兩線圈電流方向相同c線圈對線圈的作用力大于線圈對線圈的作用力d線圈對線圈的作用力與托盤對線圈的作用力是一對相互作用力5（6分）如圖所示的情況中，a、b兩點電勢相等、電場強度也相同的是（）abcd6（6分）指紋傳感器為在一

3、塊半導體基板上陣列了10萬金屬顆粒，每一顆粒充當電容器的一個極外表面絕緣，手指在其上構成電容器的另外一個極。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時由于指紋深淺不同，對應的峪（本義：山谷）和嵴（本義：山脊）與半導體基板上的金屬顆粒間形成一個個電容值不同的電容器，若金屬顆粒與手指間組成的每個電容器電壓保持不變，則（）a指紋的嵴處與半導體上對應的金屬顆粒距離遠時，電容較小b指紋的嵴處與半導體上對應的金屬顆粒距離近時，電容較小c在手指擠壓絕緣表面時，電容電極間的距離減小，金屬顆粒電極電量減小d在手指擠壓絕緣表面時，電容電極間的距離減小，金屬顆粒電極電量增大7（6分）如圖所示電路中，l1、l2為兩只相同燈泡，

4、r為光敏電阻，當光照強度逐漸增強的過程中，下列判斷正確的是（）al1、l2兩燈均逐漸變暗bl1燈逐漸變暗，l2燈逐漸變亮c電源內電路消耗功率逐漸增大d光敏電阻r和燈泡l1消耗的總功率逐漸增大8（6分）如圖所示的vt圖象表述一帶電粒子僅在電場力作用下從a點開始以初速度v0向左做直線運動，粒子在t0時刻運動到b點，3t0時刻運動到c點，以下說法正確的是（）aa、b兩點的電勢關系為baba、b兩點的場強大小關系為ebeacc點在出發點的左側d粒子從a點經b點運動到c點，電勢能先增加后減少9（6分）如圖所示為質譜儀的結構原理圖，若從金屬筒內同一位置由靜止釋放氫的三種同位素氕、氘、氖的原子核（不計重力）

5、，經相同的電場加速和磁場偏轉后分別打在照相底片上的a、b、c三個點，則氕、氘、氚原子核（）a進入磁場時的動能相同b在磁場中運動的時間相同c在電場中加速的時間相同d打在照相底片上相鄰兩點間距離ab、bc之比為（2-1）：（3-2）10（6分）如圖所示，一根長導線彎曲成“”形，通以直流電i，正中間用絕緣線懸掛一金屬環c，環與導線處于同一豎直平面內。在電流i增大的過程中，下列判斷正確的是（）a金屬環中有逆時針方向的感應電流b金屬環中無感應電流產生c懸掛金屬環c的豎直線的拉力小于環的重力d懸掛金屬環c的豎直線的拉力大于環的重力三、非選擇題11（7分）某實驗小組用如圖所示的多用電表測量電阻，要用到選擇開

6、關k和兩個部件s、t，請根據下列步驟完成電阻測量（1）轉動部件 ，使指針對準電流的 刻度；（2）將k旋轉到電阻擋“×100“的位置；（3）將插入“+”、“”插孔的表筆短接，轉動部件 ；使指針對準電阻的 （選填“0刻線”或“”刻線）（4）將兩表筆分別與待測電阻相接，發現指針偏轉角度過小。為了得到比較準確的測量結果，請從下列選項中挑出合理的步驟，并按 的順序進行操作。a將k旋轉到電阻擋“×1k”的位置b將k旋轉到電阻擋“×10”的位置c將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接d將兩表筆短接，旋動合適部件，對電表進行校準12（11分）小明同學用伏安法測定額定電壓為

7、2.5v的小燈泡伏安特性曲線。（1）圖甲是連接好的實物電路圖，在開關閉合前，小明同學又再次仔細檢查了電路的連接，發現電路有誤。請你幫他糾正錯誤 （任意寫出兩處即可）（2）為使測量盡量準確，滑動變阻器應選用圖乙中的 （填“r1”或“r2”）；（3）在糾正錯誤后，小明同學進行了多次的實驗，某次得到電壓表的示數如圖丙所示，則電壓表的讀數為 v。（4）若小明在實驗過程中，不知道應該采用電流表內接還是外接，他于是兩種接法各做了一次，根據數據，分別得到了伏安特性曲線“1”和“2”。則實驗中誤差較小的操作應選擇曲線 （填“1”或“2”）13（14分）如圖所示，s為一離子源，它能向mn右方空間各方向持續地發射

8、大量相同的正離子，離子質量為m1×1015kg，電量為q2×108c，速率為v04×105m/s。在s右側有一半徑為r4×102m的圓屏，oo是過其圓心且垂直圓面的中心軸線。試對下面兩種加入電場的情形求解（不考慮離子的重力和離子之間的相互作用）：（1）如果將屏移到與s距離為x11mm處，在s與圓屏間加一范圍足夠大的，方向垂直于屏向左的勻強電場，恰好能使沿oo方向射出的離子不能到達屏上，則勻強電場場強的e1大小為多少。（2）如果s與圓屏間有范圍足夠大的勻強電場，電場強度e25×106n/c，方向垂直屏向右，要使s發射的所有離子都能打到屏上，則屏最

9、多可放到距s多遠處。14（18分）如圖所示，坐標系xoy在豎直平面內，水平軌道ad和斜面dc均光滑且絕緣，ad和dc的長度均為l，斜面dc與水平地面間的夾角60°，有一質量為m，電荷量為+q的帶電小球（可視為質點）被放在a點，已知在第一象限分布著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，電場方向豎直向上，場強大小為e2=mgq，磁場為水平方向（圖中垂直紙面向外），磁感應強度為b；在第二象限分布著沿x軸正方向的水平勻強電場，場強大小為e1=b2ql6m現將放在a點的帶電小球由靜止釋放，求：（1）帶電小球運動到d點時的速度；（2）帶電小球從a點出發到落地過程中所用的時間（小球所帶的電荷量不變）201

10、8-2019學年廣東省潮州市高二（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題:本題共10小題,每小題6分,共60分。在每小題給出的四個選項中,第1418小題只有一項符合題目要求,第1923小題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不選的得0分。1【分析】首先發現通電導線周圍存在磁場的物理學家是奧斯特。【解答】解：a、安培提出了分子電流假說，研究了通電導線的磁場。故a錯誤；b、法拉第研究了電磁感應現象，故b錯誤；c、首先發現通電導線周圍存在磁場的物理學家是丹麥的物理學家奧斯特。故c正確；d、特斯拉是電力工程師。故d錯誤。故選：c。【點評】物理學史也是高考考查的內容之

11、一，對于物理學上，著名的物理學家、經典實驗、重要學說要記牢。2【分析】不考慮溫度影響，在導體材料一定時，電阻與長度成正比，與橫截面積成反比。【解答】解：一根粗細均勻，電阻值為r電阻絲截成長度相等的兩段，則每段長度變為原來的12，再把得到的兩段并聯起來使用，橫截面積變為原來的2倍，根據r=ls，所以阻值變為原來的14，即14r故abd錯誤，c正確故選：c。【點評】串聯電路相當于增加了電阻的長度，所以阻值增大，并聯電路相當于增加了電阻的橫截面積，所以阻值減小。3【分析】求出盞燈更換后可節約的電功率，再利用公式wpt計算每月可節約的電能，注意單位直接采用kwh（度）。【解答】解：每盞高壓鈉燈換成le

12、d燈時，節約的功率p400180220w0.22kw；路燈一般工作時間一天約為12小時，故一個月可節約的電能約為：wnpt2000×0.22×30×12kwh1.5×105kwh；故b正確，acd錯誤。故選：b。【點評】本題考查了消耗電能（電功）的計算，關鍵知道led燈的節能、能量的轉化現象。4【分析】通電平行線圈可等效為兩條平行的通電直導線之間的作用來討論，兩條平行的通電直導線之間會通過磁場發生相互作用。電流方向相同時，將會吸引；電流方向相反時，將會排斥。【解答】解：a、當天平示數為負時，說明兩線圈相互吸引，兩線圈電流方向相同，故a正確；b、當天平示數

13、為正時，說明兩線圈相互排斥，兩線圈電流方向相反，故b錯誤；c、線圈和線圈之間的作用力是一對相互作用力，二者等大反向，故c錯誤；d、線圈對線圈的作用力與托盤對線圈的作用力不是一對相互作用力，它們作用在一個物體上，故d錯誤；故選：a。【點評】正確理解兩條平行的通電直導線之間會通過磁場發生相互作用產生的實質，在應用中不要用反了。5【分析】電勢是標量，只要大小相等即可，而場強為矢量，必須是大小和方向都相同才行，根據各種電場電場線和等勢面的分布情況進行作答【解答】解：a、平行板電容器中是勻強電場，a、b的場強相同，而電勢不同，故a錯誤；b、a、b在點電荷的同一等勢面上，兩點的電勢相等，而場強方向不同，場

14、強不同，故b錯誤；c、根據兩個等量同種電荷等勢面的分布情況可知，在兩電荷連線的中垂線上與連線中點等距的任意兩點電勢相等，而場強的方向相反，所以場強不同，故c錯誤；d、等量異種電荷連線的中垂線是一條等勢線，兩點的電勢相等。根據電場線分布的對稱性可知，場強相同，故d正確；故選：d。【點評】此題考查了不同電場中電勢和場強的知識，關鍵是知道電勢是標量，而場強是矢量6【分析】手指的嵴和峪與金屬電極的距離不同，根據電容的決定式分析電容的大小。由電容的定義式分析，電容的電壓一定時，電量變化，判斷金屬電極是處于充電狀態還是放電狀態。【解答】解：a、指紋的嵴處與半導體基板上對應的金屬顆粒距離遠時，根據電容的決定

15、式c=s4kd得知，電容小，故a正確；b、指紋的峪處與半導體基板上對應的金屬顆粒距離近時，根據電容的決定式c=s4kd得知，電容大，故b錯誤；cd、在手指擠壓絕緣表面時，手指與對應的金屬顆粒距離靠近，電容增大，而電壓一定，則由qcu可知，各金屬顆粒電極電量增大，故c錯誤，d正確。故選：ad。【點評】本題題干較長，要有快速獲取有效信息的能力。本題是電容器動態變化分析問題，根據電容的決定式和定義式結合進行分析。7【分析】當光照增強時，光敏電阻的阻值減小，再分析總電阻的變化，由歐姆定律即可得出電路中電流及路端電壓的變化；再分析并聯部分電路，可得出r1的電流變化，從而判斷出兩個燈泡亮度的變化由功率公式

16、可得出功率的變化【解答】解：ab、當光照增強時，光敏電阻的阻值減小，電路的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，則l2燈逐漸變亮。由ueir可知，路端電壓減小，l2燈的電壓增大，則r1兩端的電壓減小，故l1燈逐漸變暗，故a錯誤，b正確；c、總電流增大，由pi2r知電源內電路消耗功率逐漸增大，故c正確。d、將l1燈看成電源內電路的一部分，光敏電阻r和燈泡l1消耗的總功率是等效電源的輸出功率，由于等效電源的內阻大于外電阻，所以當光敏電阻的阻值減小，外電阻減小時，等效電源的內外電阻相差加大，輸出功率減小，則光敏電阻r和燈泡l1消耗的總功率逐漸減小。故d錯誤。故選：bc。【點評】本題為

17、閉合電路歐姆定律的動態分析問題，要注意明確此類問題的解題思路一般為：局部整體局部8【分析】根據速度與時間圖象可知，斜率表示加速度，則可確定電場力大小，進而得出電場強度大小；因粒子的電性不知，則無法確定電場強度的方向，由于從a到b，動能減小，則電場力對粒子做負功，導致電勢能增大，從而即可求解。【解答】解：a、由于粒子不知電性，無法確定電場強度的方向，因此無法比較電勢的高低，故a錯誤；b、由vt圖象的斜率表示加速度大小可知，粒子的加速度增大，由于僅僅受到電場力作用，因此a、b兩點的場強大小關系為ebea，故b正確；c、由圖可知，2t0時回到了出發點，所以3t0時在出發點的右側，故c錯誤；d、由圖象

18、可知，粒子從a點經b點運動到c點速度先減小后增大，所以動能先減小后增大，根據能量守恒定律，電勢能應該先增大后減小，故d正確；故選：bd。【點評】考查由速度與時間圖象，來確定加速度大小與方向的方法，理解電場力做功與電勢能變化關系，以及動能的變化，注意粒子不知電性，因此電勢高低無法確定。9【分析】粒子在電場中加速，在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程，應用動能定理與牛頓第二定律分析答題。【解答】解：ac、設原子核的電荷量為q，質量為m，加速電壓為u，磁感應強度大小為b，原子核在電場中加速時，由動能定理得：qu=12mv20則有進入磁場時三種同位素的動能相同，粒子在電場中

19、做勻加速直線運動，速度：vat=qemt解得加速時間t=1e2muq，由于氕、氘、氚原子核的電荷量相同，但質量不同，故a正確，c錯誤；b、原子核在磁場中做勻速圓周運動的周期t=2mqb原子核在磁場中運動半個周期的時間t1=t2=mqb，故b錯誤；d、原子核在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mvqb=1b2muqr與m 成正比，氕、氘、氚原子核的質量之比為1：2：3，因此打在照相底片上相鄰兩點間距離ab、bc之比為（2-1）：（3-2），故d正確；故選：ad。【點評】明確質譜儀的工作原理以及同位素的含義是解題的關鍵，并掌握動能定理來確定加速電場中獲得的速度，由牛頓第二定律與向心力表達式，確定影

20、響半徑的表達式，是解題的突破點。10【分析】金屬環c處于彎曲成“”導線中，導線中通以如圖所示的電流，則會產生的磁場，根據楞次定律來確定感應電流的方向，再根據左手定則，判斷出安培力的方向，從而判斷出金屬線圈的受力與運動狀況。【解答】解：根據安培定則知，彎曲成“”導線中電流的磁場方向為：垂直紙面向里，且大小增加。由楞次定律可知，感應電流的方向為逆時針，根據左手定則可知，安培力的方向指向圓心，由于彎曲成是“”導線，所以金屬環下邊14圓弧沒有安培力，因此導致掛環的拉力大于環的重力，但環仍處于靜止狀態，故ad正確，bc錯誤，故選：ad。【點評】解決本題的關鍵會用安培定則判斷電流周圍磁場的方向，以及學會根

21、據楞次定律來確定感應電流的方向。同時會用左手定則判斷安培力的方向。三、非選擇題11【分析】電表使用前要使指針指在0刻線位置，通過調節調零旋鈕實現；歐姆表測量前要進行歐姆調零；歐姆表中值電阻附近刻度線最均勻，讀數誤差最小，故測量電阻時，要通過選擇恰當的倍率使指針指在中值電阻附近；每次換擋要重新調零；歐姆表讀數刻度盤讀數×倍率；歐姆表使用完畢，要將旋鈕選擇“off”擋或者交流電壓最大擋，若長期不用，需要將電池取出。【解答】解：（1）電表使用前要旋轉機械調零旋鈕s進行機械調零，使指針對準電流的0刻線；（2）將k旋轉到電阻擋“×l00“的位置。（3）將插入“十“、“插孔的表筆短接，

22、旋動歐姆調零旋鈕 t，使指針對準電阻的0刻線。（4）將兩表筆分別與待測電阻相接，發現指針偏角過小，則電阻阻值大，說明所選擋位太小，為了得到比較準確的測量結果，應換用大擋進行測量，應將k旋轉到電阻擋“×1k”的位置，然后將兩表筆短接，旋動合適部件，使指針指在電阻零刻度處，再將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接，因此合理是實驗步驟是：adc；（5）由圖2所示可知，被測電阻阻值：6×1060；故答案為：（1）s 0 （3）t 0 （4）adc【點評】本題考查了多用電表的使用方法，掌握基礎知識即可正確解題；使用歐姆表測電阻時，要選擇合適的擋位，使指針指在中央刻度線附近。1

23、2【分析】（1）明確實驗原理，確定實驗接法，從而確定錯誤的接線；（2）根據滑動變阻器的接法選擇進行分析，知道分壓接法時應選擇小電阻；（3）明確電表量程，確定最小分度，從而明確讀數，注意是否需要估讀；（4）根據電流表內外接法時兩電表的誤差情況進行分析，從而確定對應的圖象。【解答】解：（1）本實驗測量的是額定電壓為2.5v燈泡的伏安特性曲線，所以應選擇3v量程的電壓表；同時因本實驗要求電壓由零開始調節，故應選擇滑動變阻器分壓接法；由接好的電路圖可知，電表和電源的極性接反；（2）因本實驗采用分壓接法，因此應采用滑動變阻器總電阻較小的r2；（3）電壓表量程為3v，故最小分度為0.1v，讀數為2.38v

24、；（4）本實驗中由于燈泡內阻較小，所以電流表應采用外接法，采用外接法時電流表示數偏大，由圖可知1為采用外接法得出的圖象，故應選用1進行分析。故答案為：（1）電壓表應選擇3v的量程；滑動變阻器應該選擇分壓式接法；（或兩電表的正負線都應該相互對換，電源的正負極對換）；（2）r2；（3）2.38（2.372.39）（4）1。【點評】本題考查描繪燈泡伏安特性曲線的實驗，要注意明確實驗原理，知道本實驗中應選用滑動變阻器分壓接法和電流表外接法，同時注意掌握實驗誤差情況的分析方法。13【分析】（1）根據動能定理可直接求解；（2）當平行于圓板的粒子恰好能打在其邊緣時，s與板的距離x2即為滿足條件的最大距離，根據類平拋運動的規律求解即可。【解答】解：（1）當垂直于圓板的粒子恰好能到達圓板時，根據動能定理得：qe1x10-12mv02解得：e1=mv022qx1=4×106n/c（2）當平行于圓板的粒子恰好能打在其邊緣時，s與板的距離x2即為滿足條件的最大距離，由牛頓第二定律得：a=qe2m平行于圓板方向做