2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题30分（给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题3分）1. 如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是( )A. 物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内B. 天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内C. 大物理学家牛顿，但小磁针静止不动D. 物理学家奥斯特, 小磁针的N极垂直转向纸内【答案】D【解析】发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，D正确2. 下列关于电场强度的两个表达式E和E的叙述，不正确的是（ ）A. E是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量B. E是电场强度的定义式，F是放入电场中电荷所受的电场力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场C. E是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场D. 从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F，其中是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小【答案】A【解析】公式为电场强度的定义式，适合一切电场强度的计算，公式中F表示试探电荷受到的电场力，q表示试探电荷的电荷量，不是场源电荷的电荷量，A错误B正确；公式为点电荷电场强度公式，只适用于点电荷电场强度的计算，Q为场源电荷的电荷量，其是利用电场强度定义式和库仑定律表达式推导出来的，其中是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小，CD正确3. 如图所示，直线a为电源的U-I图线，直线b为电阻R的U-I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为( ).A. 4W、33.3B. 2W、33.3C. 4W、67D. 2W、67【答案】C4. 在图所示的电场中，有A、B、C三点。关于这三点的描述，正确的是：（ ）A. A点的场强最大、A点的电势最低B. A点的电势最高、B点的场强最弱C. C点无电场线，所以场强为零、电势为零D. 将一个带正电的试探电荷从A点由静止释放，只考虑电场力, 此试探电荷一定会沿电场线运动到B点【答案】B【点睛】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低电场线并不存在，是虚拟的，是认为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线不是电荷的运动轨迹；在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场5. 某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如下图所示，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向上，故A正确；根据左手定则可知，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，故B错误；根据左手定则可知，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故C错误；根据左手定则可知，D图中安培力方向垂直于导体棒向上，故D错误故选A6. 如图所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变，若()A. 保持S不变，增大d，则变大B. 保持S不变，增大d，则变小C. 保持d不变，减小S，则变小D. 保持d不变，减小S，则不变【答案】A【解析】试题分析：根据电容的定义式，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据Q=CU，知U增大，所以变大故A正确，B错误保持d不变，减小S，电容减小，再根据Q=CU，知U增大，所以变大故CD错误故选A考点：电容器的动态分析7. 如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子（不计重力），从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成角，则正负离子在磁场中的运动情况，以下选项错误的是（ ）A. 运动时间相同B. 运动轨道的半径相同C. 重新回到边界时速度的大小和方向相同D. 重新回到边界的位置与O点距离相等【答案】A【解析】粒子在磁场中运动周期为，则知两个离子圆周运动的周期相等根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏转角为2-2，轨迹的圆心角也为2-2，运动时间同理，负离子运动时间，显然时间不等故A错误根据牛顿第二定律得： 得：，由题意可知q、v、B大小均相同，则r相同故B正确正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同故C正确根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsin，r、相同，则S相同故D正确故选BCD点睛：带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入无论哪类模型，都遵守以下规律：（1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置（2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角8. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. R3上消耗的功率逐渐增大【答案】A【解析】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，则R1两端的电压减小，可知并联部分的电压增大，电压表读数增大由欧姆定律可知流过R3的电流增大，根据并联电路的特点可知：流过R2的电流减小，则电流表示数减小；故A错误，B正确；因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，故质点P将向上运动，故C正确；因R3两端的电压增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大； 故D正确；故选BCD点睛：解决动态变化分析的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻增大时，无论电路的连接方式如何，总电阻都是增大的9. 在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图所示。导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面。当导线ab加速向右运动时，M所包围的小闭合线圈N产生的感应电流方向，及所具有的形变趋势是：（ ）A. N有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势B. N有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势C. N有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势D. N有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势【答案】C【解析】ab向右运动时，由右手定则可知，感应电流由a流向b，ab加速运动，感应电动势：变大，感应电流：变大，穿过N的磁通量增大，为阻碍磁通量的增加，由楞次定律可知，N有收缩的趋势，由楞次定律可知，N中感应电流沿逆时针方向，C正确10. 有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，线框底边bc的长度小于磁场的宽度，现使此线框水平向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直设电流逆时针方向为正，则下列各图中表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律可得，进入磁场的过程中有，则,切割磁感线的有效长度L减小，则感应电流减小，又磁通量增大感应电流为逆时针方向；全部进入后，磁通量不变，没有感应电流，离开过程顺时针方向感应电流，逐渐减小。故选D考点：电磁感应中的图象问题点评：注意公式中的L为有效长的，由楞次定律判断感应电流方向。二、不定项选择题15分（有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分。）11. 一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时，下述正确的是()A. 电动机所消耗的电功率I2RB. t秒内所产生的电热为UItC. t秒内所产生的电热为I2RtD. t秒内输出的机械能为(UIR)It【答案】CD【解析】试题分析：电动机所消耗的电功率，所以A错误；计算的是电动机的内阻发热的部分，是发热的功率，所以产生的电热为，所以B错误，C正确；秒内所产生的机械能为电动机的总功减去发热的部分，所以机械功，所以D正确。考点：电功、电功率【名师点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的；要注意根据功能关系分析输出功率的大小。12. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时加速，如图所示。现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是（ ）A. 增大狭缝间的距离B. 增大D形金属盒的半径C. 增大高频交流电压D. 增大磁场的磁感应强度【答案】BD【解析】带电粒子从D形盒中射出时的动能，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径，联立可得，显然，当带电粒子q、m一定的，则，即随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，BD正确【点睛】回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关所以加速电压越大，回旋次数越少，最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定13. 如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )A. 在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗C. 在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗【答案】AD【解析】在电路甲中，断开S，由于线圈产生自感电动势阻碍电流变小，导致回路中的电流逐渐减小，A将逐渐变暗故A正确，B错误；在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，于是原来通过线圈的电流通过灯泡形成新的回路，由于通过灯泡A的电流比原来的大，导致A将变得更亮一下，然后逐渐变暗故C错误，D正确故选AD点睛：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极14. 如图所示，有一金属块放在垂直于侧面C的匀强磁场中，当有稳恒电流自左向右通过时，下列说法正确的是()A. 金属块上表面的电势高于下表面的电势B. 磁感应强度增大时，金属块上、下两表面间的电势差U增大C. 电流增大时，金属块上、下两表面间的电势差U减小D. 电流不变时，金属块中单位体积内自由电子越多，上、下两表面间的电势差U越小【答案】BD【解析】根据左手定则，知电子向上表面偏转，上表面带负电，下表面带正电，所以上表面比下表面电势低，A错误；最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有，得，故B增大时上下两表面间的电压U增大，B正确；设电流横截面的宽为b，高为d，电流的微观表达式为，电流增大，则v增大，又，则U增大，C错误；由C选项分析可知，则，单位体积内的自由电子数越多，则电压表的示数越小，D正确15. 在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转角在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为(不计粒子的重力)， 则A. 电场强度E与磁感应强度B之比B. 电场强度E与磁感应强度B之比C. 粒子穿过电场和磁场的时间之比D. 粒子穿过电场和磁场的时间之比【答案】BC【解析】设粒子的质量为m，电荷量为q，场区宽度为L，粒子在电场中做类平抛运动，则有：，则，由得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由几何知识得：，由解得，由式解得，A错误B正确；粒子在电场中运动时间，在磁场中运动时间，而，由解出：，C正确D错误【点睛】粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转角正切tan的表达式在磁场中，粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出sin联立即可求得电场强度E与磁感应强度B之比粒子穿过电场时，由水平方向的运动位移和速度求出时间在磁场中，由求出时间，即可求得时间之比三、填空题（本题每空2分，共18分。）16. 一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100.用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，为了较准确地进行测量，应换到_挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_，若补上该步骤后测量，表盘的示数如下图所示，则该电阻的阻值是_.【答案】 (1). 1 (2). 调零(或重新调零) (3). 22【解析】表头指针偏转角度较小，说明倍率档选择的太小，则为了较准确地进行测量，应换到100档。如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是重新进行欧姆调零；若补上该步骤后测量，表盘的示数如右图所示，则该电阻的阻值是14100=1400。17. 如图所示，为一段粗细均匀的圆柱形新型导电材料棒，阻值约为1k，现测量该材料的电阻率。 （1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的直径和长度，某次测量的示数如图甲和图乙所示，直径为_mm，长度为_cm。（2）在下列器材中选用合适器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻，应选_(填序号)。A电流表A1：量程为10mA，内阻约为10B电流表A2：量程为3A，内阻约为0.1C电压表V1：量程为15V，内阻约为30kD电压表V2：量程为6V，内阻约为15kE滑动变阻器：最大阻值为20，额定电流1AF低压直流电源：电压6V，内阻忽略G电键K，导线若干（3） 请在虚线框中画出完整的实验电路图_。（4）由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值_Rx的真实值。（填“”“ (6). 【解析】（1）螺旋测微器读数：13.5mm+4.00.01mm=13.540mm；游标卡尺读数：111mm+110.05mm=11.155cm;（2）因为电源电压为6V，所以电压表选V2，电路中最大电流，故电流表选A，所以选用的器材为ADEFG（3）因被测电阻R=1k，远大于电流表内阻和滑动变阻器的最大阻值，所以电流表内接，滑动变阻器用分压接法，电路图如图所示： （4）由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压的测量值偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值（5）电阻：，电阻率：三、计算题（共37分；解答时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，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位。）18. 如图所示的电路中，电源的电动势E=12V，内阻未知，R1=8，R2=1.5，L为规格“3V，3W”的灯泡，开关S断开时，灯泡恰好正常发光。（不考虑温度对灯泡电阻的影响）试求：（1）灯泡的额定电流和和灯丝电阻；（2）电源的内阻；（3）开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率.【答案】（1）1A；3（2）1（3）0.48W【解析】试题分析：（1）灯泡的额定电流1分灯丝电阻1分（2）断开S时，灯L正常发光，即I1=I0，根据闭合电路欧姆定律2分得1分（3）闭合S时，设外电路总电阻为R外2分设干路电流为I总1分灯两端的电压UL1分灯的实际功率PL：1分考点：本题考查欧姆定律、电功率等，意在考查学生的综合能力19. 如图所示，两根平行金属导轨MN、PQ间的距离为1 m，磁感应强度为1 T的匀强磁场垂直于导轨平面向内，两根电阻均为1的金属杆ab、cd水平地放在导轨上，导轨的电阻可以忽略. 使 cd杆以2m/s的速率沿导轨水平向右匀速运动切割磁感线时，ab杆始终静止在导轨上，求：（1）金属杆cd中感应电流的大小和方向（2）金属杆ab受到的静摩擦力的大小和方向【答案】（1）1A，电流方向为cd（2）1N，向水平向左【解析】（1）cd杆产生的感应电动势 ，感应电流的大小I，由右手定则知金属杆cd中感应电流的方向分别为cd；（2）金属杆ab受到安培力和静摩擦力而处于平衡状态，根据平衡条件得：金属杆ab受到的静摩擦力；安培力方向向右，则金属杆ab受到的静摩擦力的方向向左20. 如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L04 m，两板间距离d4103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m4105 kg，电荷量q1108 C（g10 m/s2）求：（1）微粒入射速度v0为多少？ （2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？【答案】（1）10m/s（2）【解析】试题分析：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有：竖直方向有：解得。（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：，根据牛顿第二定律得：，解得：，故范围为。考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解；此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力。21. 在如图所示的直角坐标系中， y0的范围内存在着沿y轴正方向的有界匀强电场，在y0的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场（方向未画出）。已知oa=oc=cd=L, ob=L/4。现有一个带电粒子，质量为m，电荷量大小为q (重力不计）。t=0时刻，这个带电粒子以初速度从a点出发，沿x轴正方向开始运动。观察到带电粒子恰好从d点第一次进入磁场，然后从O点第次离开磁场。试回答：（1）判断带电粒子的电性和匀强磁场的方向；（2）匀强电场的场强大小；（3）若带电粒子在y轴的a、b之间的不同位置以相同的速度进入电场，第一次离开磁场的位置坐标x与出发点的位置坐标y的关系式.【答案】（1）负电；垂直于纸面向里（2）（3）粒子第一次离开磁场的位置在坐标原点x=0处，与位置坐标y无关【解析】（1）粒子在第一象限时电场力向-y方向，故粒子带负电，要使粒子能从o点射出，磁场方向应垂直于纸面向里。（2）粒子在电场中作类平抛运动，有：水平方向匀速直线竖直方向匀加速直线：，解得（3）粒子从y处射出，进入磁场时，横坐标为x，与x轴的夹角为，则有，解得，粒子从b点到o点作圆周运动轨迹如图，由几何关系可得，半径，洛伦兹力提供向心力，有，解得；设粒子从ab间y处进入电场，在x轴上的D点进入磁场，D点的横坐标为，与x轴的夹角为，则有 ，解得同理，记射出点到D点的距离为x，则有：，解得：，故，所以粒子第一次离开磁场的位置在坐标原点x=0处，与位置坐标y无关【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径