河南省平顶山市2017-2018学年高二物理上学期期末调研考试试题（含解析）.doc

河南省平顶山市2017-2018学年高二上学期期末调研考试物理试题一、选择题1. 真空中两个点电荷之间的静电力为F，如果它们之间的距离以及每个点电荷的电荷量都增加为原来的2倍，则它们之间的静电力将变为原来的A. 4倍 B. 倍 C. 1倍 D. 0.5倍【答案】C【解析】由库伦定律可得：变化前：F=k；变化后：F=k=F，故ABD错误，C正确故选C2. 如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个负离子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是A. 三个等势面中，等势面a的电势最低B. 带电质点一定是从P点向Q点运动C. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小D. 带电质点通过P 点时的动能比通过Q点时的小【答案】D【解析】试题分析：作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，故c点电势最低，故A错误根据已知条件无法判断粒子的运动方向，故B错误等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大C错误负电荷在电势高处电势能小，动能大，故带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小，故D正确，故选D考点：电势；场强；电势能.3. 在图示电路中，当滑动变阻器的滑动头向上滑动时，A、B 两灯亮度的变化情况为A. A灯变亮，B灯变暗B. A灯变暗，B灯变亮C. A灯和B灯都变亮D. A灯、B灯都变暗【答案】C【解析】当滑动变阻器的滑动头向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，并联部分的总电阻变大，所以总电阻变大，据闭合电路的欧姆定律知，总电流变小，所以电源内阻的电压变小，所以A灯的电压变大，故A灯变亮；由于A的电压变大，则电流变大，而总电流变小，所以通过另一支路的电流变小，所以另一个电阻的电压变小，故灯泡B的电压变大，故B灯变亮故ABD错误，C正确故选C点睛：本题考查的是滑动变阻器对电路中电流、电压的调节情况，分析清楚电路结构、根据滑动变阻器阻值的变化，判断B与并联电路电压的变化情况，熟练应用功率公式是正确解题的关键4. 有关磁场的物理概念，下列说法中正确的是A. 磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量B. 磁感应强度的方向与该点所放小磁针的受力方向相同C. 磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关D. 对条形磁铁来说，磁感线的方向是由条形磁铁的N极指向S极【答案】A5. 如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是A. 磁铁对桌面的压力减小B. 磁铁对桌面的压力增大C. 磁铁对桌面的压力不变D. 以上说法都不可能【答案】B【解析】试题分析：先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力所以选项BCD错误，A正确故选：A【点评】本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键6. 如图所示，螺线管两端通入大小及方向随时间周期性变化的电流，沿着螺线管轴线方向有一正电荷射入，则该正电荷在螺线管内将做A. 加速直线运动B. 匀速圆周运动C. 匀速直线运动D. 往返运动【答案】C.点睛：本题关键是了解通电螺线管磁场方向特点当带电粒子与磁场方向平行时不受洛伦兹力7. 如图所示，两个同心放置的共面单市金属环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直放置。设穿过圆环a的磁通量为，穿过圆环b的磁通量为，已知两圆环的横截面积分别为和，且 B. = C. D. 无法确定【答案】A【解析】根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以ab故选A.点睛：本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较常见问题，中等难度8. 如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I增加时A. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D. 环有扩大的趋势以阻碍原磁道量的增大【答案】D【解析】当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过金属环a的磁通量增大，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量增大，金属环a产生的磁场的方向与螺线管产生的磁场的方向相反，所以电流的方向与原电流的方向相反，根据异向电流相互排斥，所以金属环a有扩大的趋势，故D正确，ABC错误；故选D.点睛：该题可以使用楞次定律的四个步骤逐步分析解答，也可以根据楞次定律“阻碍变化”快速做出正确的解答；正确理解楞次定律即可正确解题9. 如图所示，一个电源的电动势为E、内电阻为r，将一个额定电压为U的电动机接在该电源上，电动机正常工作，通过电动机的电流为I，电动机的内阻为R，关于在时间t内的能量转化，下面的说法中正确的是A. 电源消耗的电能为I(R+r)tB. 电源消耗的电能为It(U+Ir)C. 电动机转化的机械能为It(U-IR)D. 电动机转化的机械能为It(E-Ir)【答案】BC【解析】根据闭合电路欧姆定律得：E=I（U+Ir），故电源消耗的电能为：W=EIt=（U+Ir）It，故B正确，A错误；电动机转化的机械能为：P机=UIt-I2Rt=It（U-IR），故C正确，D错误；故选BC点睛：本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功只能用W=UIt，求热量Q=I2Rt而输出的机械能只能根据能量守恒求解10. 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，用E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能，若保持正极板不动，将负极板移到图中虚线所示的位置，则A. U不变，E不变B. E不变，W不变C. U变小，W变小D. U变小，W不变【答案】BD【解析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=知，电容增大，电势差U=，则板间电压变小由，代入C=得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变故BD正确，AC错误故选BD点睛：解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=以及定义式C=要能熟练推导出场强的表达式E=，记住E与d无关的结论，有利于快速准确地进行动态分析11. 如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为1=1m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R=10的电阻。一阻值为R=10的导体棒ab以速度v=4m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B=0.5T，方向竖直向下的匀强做场。下列说法中正确的是A. 导体棒中电流的流向为由b到aB. cd两端的电压为1VC. fe两端的电压为1VD. ab两端的电压为2V【答案】BC【解析】根据右手定则得：导体棒ab中电流的流向为由a到b故A错误ab产生的感应电动势为E=Blv=0.514V=2V，则cd两端的电压为Ucd=E=1V，选项B正确；fe两端的电压等于cd两端的电压，是1V，选项C正确；ab两端的电压等于cd两端的电压，是1V，选项D错误；故选BC.12. 如图所示，一个闭合三角形导线抵ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前) 固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中A. 线框中感应电流方向依次为ACBAABCAB. 线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C. 线框所受安培力的合力方向一直向上D. 线框所受安培力的合力不为零【答案】BCD【解析】根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针故A错误；根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故B正确；根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，故CD都正确故选BCD.点睛：本题考查通电直导线的磁场的特点和楞次定律的应用，该过程中，要注意穿越导线时，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在 二、实验题13. 某同学在测量一圆柱体的长度和直径时用到了游标卡尺和螺旋测微器，则：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为_cm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为_mm。【答案】 (1). 10.015 (2). 4.700 (4.6994.701)【解析】（1）游标卡尺的读数：10cm+0.05mm3=10.015cm；（2）螺旋测微器读数为：4.5mm+0.01mm20.0=4.700mm.14. 某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约100，电学符号与小灯泡电学符号相同。现有的器材规格如下：A.待测LED灯RxB.直流毫安表A1(量程010mA，内阻约为100)C.直流毫安表A2(量程040mA，内阻约为40K)D.直流电压表V1(量程03V，内阻约为5K)E.直流电压表V2(量程015V，内阻约为15K)F.直流电源(输出电压4.5V，内阻很小)G.滑动变阻器R1（阻值花围050，允许最大电流1A)H.滑动变阻器R2（阻值范围03k，允许最大电流1A)I.开关一个、导线若干(1)为了尽可能精确测定LED灯正常工作时的电阻，则电流表、电压表与滑动变阻器应分别选择_(填写器材前的序号)。(2)请根据实验原理图甲，完成图乙来完成的实物连接_；(3)用合开关S后，某次测量时电压表的示数如两所示，该示敢为_V。【答案】 (1). C、D、G (2). 如图: (3). 2.70（2.682.73）【解析】（1）由欧姆定律可求出通过LED灯的最大电流为，所以电流表应选择C；根据LED灯的额定电压可知电压表应选择D；由于变阻器采用分压式接法时，变阻器阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择G；（2）连线图如图所示：（3）由于电压表每小格读数为0.1V，应估读到0.01V，所以电压表的读数为U=2.70V（2.69、2.71均可以）；点睛：应明确：应根据待测电阻的额定电压和额定电流大小来选择电压表与电流表的量程；当变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；根据电表每小格的读数大小来进行估读三、计算题15. 一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角，已知带电微粒的质量m，电最q，A、B相距L。(重力加速度为g)求：(1)电场强度的大小和方向；(2)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少。【答案】（1）水平向左（2）【解析】（1）如图，对微粒有：mg=Eqtan 得，电场强度E=mg/qtan 方向水平向左。 （2）微粒由A运动到B时的速度vB=0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得：mgL/sin=mv02 解得 16. PQ为一根足够长的绝缘细直杆，斜放于竖直的平面内，直杆与水平夹角为，空间充满磁感应强度为B的水平匀强磁场，如图所示。一个质量为m，带有负电荷的小球套在PQ杆上，小球可沿杆滑动，球与杆之间的摩擦系数为(tan)，小球带电最为q。现将小球由静止开始释放，试求小球在沿杆下滑过程中：(1)小球最大加速度为多少?此时小球的速度是多少？(2)下滑过程中，小球可达到的最大速度为多大。【答案】（1）（2） 【解析】（1）当球与直杆之间的弹力为0时，小球的加速度最大，此时有：mgsin=ma mgcos=qBv 得：a=gsin v=mgcos/qB （2） 对小球，最大速度时有：mgsin=N N=Bqvm-mgcos 得最大速度vm= mgsin/qB+ mgcos/qB 17. 如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，导轨平面与水平面夹角=30，导轨电阻不计.磁感应强度为B1=2T的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L=1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m1=2、电阻为R1=1.两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d=0.5m，定值电阻为R2=3，现闭合开关S并将金属棒由静止释放，重力加速度为g=10m/s，导轨电阻忽略不计.试求：(1)金属棒下滑的最大速度为多大?(2)当金属棒下滑达到稳定状态时，在水平放置的平行金属板间电场强度是多大?(3)当金属棒下滑达到稳定状态时，在水平放置的平行金属板间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B2=3T，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为m2，带电量为q=-110-4C的质点以初速度v水平向左射入两板间，要使带电质点在复合场中恰好做匀速圆周运动并能从金属板间射出，初速度v应满足什么条件?【答案】（1）（2）30V/m(3) （从右边射出） （从左边射出）【解析】（1）当金属棒ab匀速下滑时有： E=B1Lv R总=R1+R2 联立式得棒最大速度为： （2）由分压原理得： 由得： E =30V/m (3)要满足题意使带电粒子做匀速圆周运动，则有： Eq=m2g 要使带电粒子能从金属极板间射出，必满足： 联立式得 （从右边射出） 联立式得 （从左边射出） 点睛：本题将电磁感应用带电粒子在混合场中的运动结合在一起，综合性较强，应注意将其分解；在磁场中时要注意分析临界条件，由几何图形可找出适合条件的物理规律