四川省乐山市2017-2018学年高二上学期期末教学质量检测物理试题 含解析

1、一.选择题：1. 下列说法中正确的是A. 点电荷就是体轵很小的带电体B. 体积大的带电体肯定不能看成点电荷C. 静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分D. 摩擦起电的实质是电子的转移，得到电子带正电【答案】C【解析】A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状和大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体就可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，A、B错误；C、静电感应是电荷从物体的一部分转移到另一个部分，而不是创造了电荷，C正确；D、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，物体原理呈现电中性，失去电子的物体

2、带正电，得到电子的物体带负电，D错误；故选C。2. 真空中，AB两点与点电荷Q的距离分别为r和2r，则A、B两点的电场强度大小之比为A. .1 : 2 B. 2 : 1 C. 1 : 4 D. 4 : 1【答案】D【解析】根据真空中点电荷场强公式：，可得，则A、B两点的电场强度大小之比为 ，D正确；A、B、C错误；故选D。3. 平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器A. 极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大D. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变【答案】A【

3、解析】平行板电容器接在恒压直流电源上，其两极间的电压不变若将云母介质移出，由电容的决定式，可知，电容C会减小，再由电容的定义式，可得，电荷量会减小，因，所以板间场强不变 B正确；ACD错误；故选B。4. 如图（a）所示,AB是某电场中的一条电场线.若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到B点，其速度图象如图(b)所示.下列关于A、B两点的电势和电场强度E大小的判断正确的是 .A. EA = EB B. .EAB D. .A B【答案】C【解析】A、B，vt图象的斜率等于加速度，由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由可知，A点的场强要大于B点场强，即

4、， A、B错误；C、D电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由BA，而电子带负电，则电场线方向由AB，A点的电势要大于B点电势，即，C正确；D错误；故选C。5. 如图所示，虚线代表电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知A. 三个等势面中,a的电势较髙B. 带电质点通过P点时的电势能较大C. 带电质点通过P点时的动能较大.D. 带电质点通过Q点时的加速度较大【答案】B【解析】A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势

5、降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能减少，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能， C正确；D、等势线密的地方电场线密场强大，故Q点位置电场弱，电场力小，根据牛顿第二定律，加速度也小， D错误；故选B。6. 如图所示的电路中，输人电压U恒为12 V,灯泡L上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50，若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是A. 电动机的输入功率为72 WB. 电动机的输出功率为12 WC. 电动机的热功率

6、为2.0 WD. 整个电路消耗的电功率为22 W【答案】C【解析】A、电动机两端的电压：，整个电路中的电流：I=，所以电动机的输入功率：A错误；B、C电动机的热功率：，则电动机的输出功率：B错误；C正确； D、整个电路消耗的功率：D错误；故选C。7. 如图所示的电路中，R1、R、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为当U，当R5滑动触点向图中a端移动时A. I变大，U变小 B. I变大，U变大C. I变小，U变大 D. I变小，U变小【答案】D【解析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧

7、姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小根据闭合电路欧姆定律，电路中并联部分电压：）变小，则I变小故选：D8. 如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP = 60.在M、N处各有一条长直导线垂直 穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时 O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为A. :1 B. :2 C. 1:1 D. 1：2【答案】B【解析】依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当M移至P点时，O点合磁感强度大小为：，则B2与B1之比为故选B。9. 如图

8、所示，有一带电粒子贴A板沿水平方向射人匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带 电粒子沿轨迹落到B板中点.设两次射入电场的水平速度相同，不计重力，则电压U1、U2之比为A. 1 ： 8 B. 1 ： 4 C. 1 : 2 D. 1 :1【答案】A【解析】设平行板电容器板为L，板间距离为d，粒子的初速度为v则对于第一种情况：，则得：同理对于第二种情况：得到：所以：故选A。10. 如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，a表示a点的电势,F表示点电荷受到的电场力.现将电容器的B板向上稍微移动，使两板间的距离减小

9、，则A. .a变大，F变大 B. .a变大, F变小C. a变小，F变大 D. a变小，F不变【答案】C【解析】开关S闭合，且电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压UAB保持不变随B极板上移两极板之间的距离增大，根据可知两极板之间的电场强度E增大，由于，由于电场强度E增大，故UAa增大，由于，所以UaB减小，由题图可知电源的负极接地，故B极板接地，所以B板的电势为0，即，又，所以变小而点电荷在a点所受的电场力，由于E增大，所以电场力F增大C正确；ABD错误；故选C。11. 如图所示，长为L,质量都为m的两相同导体棒a、b，a被放置在光滑的斜面上，b固定不动，a、b在同一水平

10、面上且保持平行，斜面倾角45，当a、b中通有电流强度为I的反向电流时，a恰好能在斜 面上保持静止，则b在a处所产生的磁感应强度B的大小为A. B. C. D. 【答案】C【解析】对电流a受力分析，如图所示：根据平衡条件，有： 故电流b在电流a处所产生的磁感应强度B的大小为：，故选B。12. 如图所示电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略.下述中正确的是A. 合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B. 合上开关S接通电路时, A1和A2始终一样亮 .C. 断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿熄灭D. 断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭【

11、答案】AD【解析】A、合上开关S接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮 A正确，B错误；C、断开开关S切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反C错误、D正确；故选AD。13. 某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈A(有铁芯）、线圈B、灵敏电流计及开关按图连接成电路.在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向右由此可以判断，在保持开关闭

12、合的状态下A. 当线圈A拔出时，灵敏电流计的指针向右偏B. 当线圈A中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向左偏C. 当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转D. 当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，灵敏电流计的指针向右偏【答案】BD【解析】由题意可知：开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏，则当磁通量增大时，则指针左偏；若磁通量减小时，则右偏；A、当线圈A拔出，或线圈A中的铁芯拔出时，均导致磁通量减小，因此电流计指针向右偏，A错误，B正确；C、滑动变阻器的滑动端P匀速滑动，穿过线圈的磁通量发生变化，电流计指针都要发生偏转，C错误；D、当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，电阻减小，则电流增大，导

13、致磁通量增大，因此灵敏电流计的指针向、右偏，D正确；故选BD。14. 如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点并在勻强磁扬中摆动，当小球每次通过最低点A时A. 摆球的动能相同B. 摆球受到的磁场力相同C. 摆球受到的丝线的拉力相同D. 向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力【答案】AD【解析】A、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力做功，则小球机械能守恒，所以小球分别从左侧最高点和右侧最高点向最低点A运动且两次经过A点时的动能相同，A正确；B、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同， B错误；C、D、由A选项可知，速度大小相等，则根据

14、牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上，充当一部分向心力，绳子拉力较小，即向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力， C错误，D正确；故选：AD。二实验题15. “用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图（a)所示，其中定值电阻R1=1(1)图(a)中A为_ (选填电压或电流)传感器，定值电阻R1在实验中起_的作用;(2)实验测得的路端电压U相应电流J的拟合曲线如图（b)所示，由此得到电源电动势E=_V；内阻 r=_ (3)实验测得的数据如图所示，则实验中选用的的滑动变阻器最合理

15、的阻值范围为_.A.05 B. 0-20 C. 050 D. 0-200【答案】 (1). 电流 (2). 保护电路 (3). 1.50 (4). 0.28 (5). B【解析】（1）A串联在电路中，测量电流的，所以A是电流传感器；B与滑动变阻器并联，测量电压，所以B是电压传感器；定值电阻R1在实验中中的作用主要是保护电源，防止短路；（2）根据可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故；图象的斜率表示内阻，则可知，；同时为了调节方便，总阻值不应过大，故应选择20的总阻值，故B正确，ACD错误。16. 在探究小灯泡的伏安特性时，所用小灯泡上标有“2. 5V，0.6W”字样，实验室提 供的器材有：

16、A.电流表A1(内阻约为5，量程为025mA)B.电流表A2(内阻约为1，量程为0300mA)C.电压表V1(内阻约为5k,量程为03V)D.电压表V2(内阻约为15k，量程为015V)E.滑动变阻器R1（最大阻值为0l0，额定电流为0. 6A)F.滑动变阻器R2（最大阻值为01000,额定电流为0.2A)G.稳压电源E(电动势为9. 0V,内阻可忽略）H.开关一个，定值电阻若干，导线若干由以上信息回答下列问题：(1)实验前设计的电路图如图1所示。为了减小实验误差，该实验所用的电流表、电压表、滑动变阻器应分别为_(选填A、B、C、D、E、F).为保护清动变阻器和灯泡,在电路中串联的定值电阻R0

17、合适的电阻值应为_(选填“1”、“10”、“30”、“100”). (2)请确定测量电路中电压表右侧导线的正确位置后，在图2中用笔画线代替导线，将实物图完整连接起来.(3)连接好电路后，通过改变滑动变阻器的滑片问题，并通过计算机描绘了该灯泡的伏安特性曲线如图3所示.若将两个这样的小灯泡并联后直接接在电动势E= 3V、内电阻r=5的电源上，则每个小灯抱所消的实际功率为P=_W (结果保留小数点后两位数字)【答案】 (1). BCE (2). l0 (3). 0. 22(0.21-0.23)【解析】（1）小灯泡上额定电压为2.5V，故电压表应选择C；额定电流为：，故电流表应选择B；本实验采用分压接

18、法，故应采用小电阻E；由于电动势为9V，而测量电压只需要2.5V，故可以采用定值电阻与滑动变阻器串联分压的方式减小滑动变阻器两端的电压，为了满足电压要求，可以采用10电阻串联；（2）由于灯泡内阻较小，故为了减小误差应采用电流表外接法，故接a处，根据原理图可得出对应的实物图如图所示；（3）两灯泡并联接在电源两端，则设电压为U，电流为I，则由闭合电路欧姆定律可知：.故答案为：（1）BCE；10；（2）如图所示；（3）0.22“三、计算题17. 如图所示，勻强电场的电场强度为E=2104V/m，沿电场线上A、B两点间距离d = 4cm,BC垂直于电场线=30；求：(1) AC两点间的电势差； (2)

19、将一电子沿路径ACB从A移至B，电子电势能的变化.已知电子电荷量为 e=1.610-19C，质量为 m=9.210-31Kg.【答案】（1) UAB=8102V (2) 电子电势能增加了 1.2810-16J【解析】（1).因B、C在同一等势面上，故： 且由得：(2)把电子从A移至B，电场力功为： 解得： 故电子电势能增加了 1.2810-16J (或电子电势能变化了 1.2810-16J )18. 如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内.MO间接有阻值为R = 3的电阻.导轨相距d =lm，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B = 0.5T. 质量为m =0.1kg，电阻为r =1的导体棒CD垂直于导轨放置，并接