四川省内江市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题-含解析

PAGE四川省内江市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题1.科学发现或发明是社会进步的强大推动力，青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中，存在错误的是A.安培提出“分子电流假说”揭示了磁现象的电本质B.库仑发明了“扭秤”，准确的测量出了带电物体间的静电力C.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系D.法拉第经历了十年的探索，实现了“电生磁”的理想【答案】D【解析】A项：安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故A正确；B项：一位法国的科学家发明了扭秤，巧妙而准确地测量出了物体间的静电力，这位科学家是库仑，故B正确；C项：奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭开了电与磁的联系，故C正确；D项：法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想，故D错误。2.让质子（)和氘核()的混合物沿着与电场线垂直的方向进人匀强电场，要使它们最后的偏转角相同，这些粒子必须具有相同的A.初速度B.动能C.动量D.质量【答案】B【解析】设带电粒子的质量为m，电量为q，匀强电场的场强大小为E，电场的宽度为L，初速度为v0，最后的偏转角为θ．带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，L=v0t，所以，沿电场方向做匀加速直线运动，加速度，粒子离开电场时垂直于电场方向的分速度vy=at，则，联立解得：质子和氘核的电量相等，θ相同时，则知mv02相等，初动能相等，故B正确。点晴：带电粒子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，将粒子的运动进行正交分解，由牛顿第二定律、运动学以及两个分运动的等时性，得出偏转角的表达式，再进行分析。3.如图所示，两个等量同种点电荷P、Q，在P、Q连线的垂直平分线上有M、N两点，另外有点电荷q，那么，下列说法中正确的是A.M点电场强度的大小一定大于N点电场强度的大小B.M点电场强度的大小一定小于N点电场强度的大小C.若q是正电荷，q在N点的电势能比在M点的电势能大D.无论q是正电荷还是负电荷，q在M点的电势能都比在N点的电势能小【答案】C【解析】A、B项：根据等量同种电荷连线中垂线上电场线分布可知，从中点向上，电场强度先增大后减小，所以无法确定M、N两点的电场强度的大小，故A、B均错误；4.两根材料相同的均匀导线x和y，其中，x的长度为l，y的长度为2l，串联在电路上时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么，x和y两导线的电阻和横截面积之比分别为A.3:11：6B.2:3ı：6C.3：21：5D.3：15：1【答案】AA.运动的时间相等B.加速度的大小相等C.动量的大小相等D.动能相等【答案】D【解析】A项：质子和粒子在磁场中运动时间为各自运动周期的一半，根据可知，质子和粒子的比荷不同，所以周期不同，运动时间不同，故A错误；B项：根据得，，由于质子和粒子的比荷之比为2：1，速度之比为2：1，所以加速度大小不相等，故B错误；C项：由得，，由于质子和粒子的电荷量之比1：2，所以动量大小不相等，故C错误；D项：由得，由于质子和粒子的电荷量之比为1：2，速度之比为2：1，所以mv2相等，即动能相等，故D正确。9.如图所示，一水平放置的矩形线圈abed在磁场N极附近竖直自由下落，保持bc正在纸外，ad边在纸内，由图中的位置I经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，这三个位置都靠得很近，在这个过程中，绕圈中感应电流的方向是A.沿a→b→c→d的方向流动B.沿d→c→b→a的方向流动C.由I到Ⅱ是沿a→b→c→d的方向流动，从Ⅱ到Ⅲ是沿d→c→b→a的方向流动D.由I到Ⅱ是沿d→c→b→a的方向流动，从Ⅱ到Ⅲ是沿a→b→c→d的方向流动【答案】A【解析】分析N极右侧附近的磁场，在I位置通过线圈的磁场斜向上，到II位置时，通过线圈的磁场方向与线圈平面平行，故磁通量为零。因此从I到II过程中，向上的磁通量减少，因为感应电流的磁场与原磁场方向相同，即向上，由安培定则可知感应电流方向为abcd流动;而在III位置时通过线圈的磁场方向斜向上，因此从II到III过程中，通过线圈的磁通量增加，故感应电流磁场与原磁场方向相反，即向上，由安培定则可知感应电流方向仍为abcd方向，故A项正确。10.如图甲中所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向，当磁场的磁感应强度B随时间t按如图乙变化时，下列四图中正确表示线圈中感应电动势E随时间t变化的是A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】由法拉第电磁感应定律，，在t=0到t=1s,B均匀增大，则为一恒量，则E为一恒量，再由楞次定律，可判断感应电动势为顺时针方向，则电动势为正值，在t=1s到t=3s,B不变化，则感应电动势为零，在t=3s到t=5s,B均匀增大，则为一恒量，但B变化得较慢，则E为一恒量，但比t=0到t=1s小，再由楞次定律，可判断感应电动势为逆时针方向，则电动势为负值，所以A选项正确。11.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒ab与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，金属棒ab与导轨的电阻均不计。整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，ab捧在竖直向上的恒力F作用下加速上升的过程中，力F做的功与安培力做的功的代数和等于A.棒的动能增加量B.棒的机械能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R上放出的热量【答案】B【解析】A项：由动能定理，动能增量等于合力的功．合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和；故A错误；B项：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由动能定理：WF+WG+W安=△EK，得WF+W安=△EK+mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，故B正确；C项：棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量，故C错误；D项：棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量，故D错误。点晴：本题运用功能关系分析实际问题．对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏。12.如图，用同种材料制成的不同粗细的导线绕成两个面积相同的正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，使它们从理想界面的匀强磁场上方高度为h处同时自由下落，线圈平面与磁感线垂直，空气阻力不计，有界磁场的宽度H大于线圈的宽度L，线圈I所用导线较粗，比较两线圈落地的先后次序，下列判断中正确的是A.线圈I先落地B.线圈Ⅱ先落地C.两个线圈I和Ⅱ同时落地D.条件不足，无法比较【答案】C【解析】由知，两个线圈进入磁场时的速度相等根据牛顿第二定律得：mg-F=ma，得又安培力，得将，代入上式得：可见，上式各量都相同，则两个线圈下落过程中加速度始终相同，运动情况相同，故运动时间相同，同时落地，故C正确。13.如图甲所示，质量为m的通电细杆L置于倾角为θR的两平行导轨上，导轨宽度为d，杆和导轨之间的动摩擦因数为μ，有电流时，杆恰好在导轨上静止。在下列四个侧视图中，用带箭头的直线表示出了四种磁场方向，其中，杆L和导轨之间的摩擦力可能为零的是【答案】AB【解析】A项：杆受到向下的重力，根据左手定则竖直向上的安培力，在这两个力的作用下，可以处于平衡状态，摩擦力可以为零，所以A正确；B项：杆受到向下的重力，根据左手定则水平向右的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，可以处于平衡状态，摩擦力可以为零，所以B正确；C项：杆受到向下的重力，根据左手定则竖直向下的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以C错误；D项：杆受到向下的重力，水平向左的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以D错误。14.如图所示，一金属直棒MN两端接有细导线，悬挂于线圈的正上方，MN与线圈轴线处于同一竖直平面内，为了使MN垂直纸面向里运动，可能采用的办法是A.将a、c端接在电源的正极，b、d接在电源的负极B.将b、d端接在电源的正极，a、c接在电源的负极C.将a、d端接在电源的正极，b、c接在电源的负极D.将b、d端用导线连接起来，a端接电源的正极，c接在电源的负极【答案】AB【解析】A项：将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向里，则MN垂直纸面向里运动，故A正确；B项：将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力向里，则MN垂直纸面里运动，故B正确；C项：将b、d端接在电源正极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力外里，则MN垂直纸面外运动，故C错误；D项：将b、d端用导线连接起来，a端接电源的正极，c接在电源的负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则MN垂直纸面向外运动，故D错误。15.如图所示的电路中，R为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，且R1〉R2，电源的电动势为E,内阻为r。C为平行板电容器，L为小灯泡，当S闭合后，滑动变阻器的滑片P向下滑动时，下列说法中正确的是A.电流表的示数将增大，小灯泡变亮B.电阻R1消耗的电功率将变小，小灯泡变暗C.电容器中原来静止的小球将向下做加速运动D.滑动变阻器两端的电压的变化量与电流表示数的变化量之比为(绝对值)【答案】CD【解析】A项：滑动变阻器的滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，根据“串反并同”可知，电流表的示数减小，小灯泡变暗，故A错误；B项：根据“串反并同”可知，电阻R1消耗的电功率将增大，小灯光变暗，故B错误；C项：根据“串反并同”可知，R2两端电压变小，电容器间形成电场的电场强度减小，小球受的电场力变小，所以小球向下加速运动，故C正确；D项：将R1和R2与电源等效为“新电源”，滑动变阻器两端的电压即为“新电源”的路端电压，电流表示数即为流过“新电源”的电流，所以滑动变阻器两端的电压的变化量与电流表示数的变化量之比即为“新电源”的内阻，即为，故D正确。二、本题共5小题，每空2分，共30分16.如果把q=1.0×10-8C负电荷，从无穷远处移到电场中的A点，需要克服电场力做功W=1.2×10-4J，那么，电荷q在A点的电势能为____J，A点的电势为____V。【答案】(1).1.2×10-4(2).-1.2×l04【解析】据电势能的改变量等于电场力做的功，所以q在A点的电势能：EpA=W=1.2×10-4J；负电荷在电势低处具有的电势能大，即A点的电势φA<0，。17.如图所示，长为0.2m的金属棒ab处于匀强磁场中，绕其端点a以角速度ω=100rad/s匀速转动，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，那么，金属棒ab中点的线速度为____m/s，感应电动势为_______V.【答案】(1).10；(2).0.2；【解析】根据，根据。18.如图所示．是某多用电表的刻度盘表面示意图，则：（1）如果用该多用电表进行了两次测量，指针的位置如图中a、b所示，其中，指针a所选择的挡位是“直流电压2.5V，指针b所选择的档位是“直流电流100mA，”那么，a。、b相应的读数分别为____和___。(2)现在用该多用电表的电阻挡正确测量了一个13Ω的电阻，在表盘上画出该指针所指示大致位置___。然后，需要继续再铡置一个阻值大约是2kΩ左右的电阻。那么，在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，该进行的操作步骤是：A.用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使指针指零B.将红、黑表笔接触C.把选择开关旋转到“x1k”位置D.把德择开关旋转到“x100”位置E.调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点在以上操作步骤中，必须且有用的正确操作顺序是______________。【答案】(1).(1)0.56V；(2).80mA；(3).(2)；(4).DBF；【解析】(1)选开择关置于直流电压2.5V挡位时，由图示可知，其分度值为0.1V，指针在a处时，其示数为0.56V，选开择关置于直流电流100mA挡位时，由图示可知，其分度值为10mA，指针在b处时，其示数为80mA；(2)由于电阻约为13Ω，所以指针指在大约中间位置，如图所示：为准确测量电阻阻值，欧姆表指针应指在表盘中央刻度线附近，测量阻值2kΩ欧姆作用的电阻，应把选择开关置于“×100Ω”挡，然后两表笔接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表零刻度线上，然后再进行欧姆调零，故正确是实验步骤是：D、B、E。19.有一小灯泡标有“6V0.2A”字样，现要描绘它的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A.电压表（0～5v,内阻2.0kΩ）B.电压表(0～15V．3.0kΩ)C.电流表(0～0.3A，内阻2.0Ω)D.电流表(0～0.6A，内阻1.5Ω)E.滑动变阻器(30Ω,1.2A)F.滑动变阻器(100Ω,0.5A)G.学生电源（直流9V,内阻不计）H.定值电阻R0=400ΩI．开关一个、导线若干。则：(l)为了尽可能减小误差，实验中所用的电压表应选__________，电流表应选___________，滑动变阻器应选__________。(2)在虚线框中画出实验电路图（要求电压从0开始测量）__________【答案】(1).(1)A；(2).C；(3).E；(4).(2)图甲：【解析】(1)由于灯泡的额定电压为6V，所以电压表应选A，额定电流为0.2A，所以电流表应选C，根据，所以为了调节方便，滑动变阻器应选E；(2)由于要求电压从0开始测量，所以滑动变阻器应选用分压式，由于电流表的量程小于灯泡的额定电压，所以应扩大量程，所以选用R0与电压表串联，电路图如下：20.用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r的电路如图甲所示，一位同学测量的六组数据如下表格中所示，则：(1)根据表格中的六组数据在乙圈中作出U-I图线______。（2）根据图线得出的电池电动势E=______V，根据图线得出的电池内电阻r=______Ω。【答案】(1).(1)图乙(2).(2)1.45（1.44-1.46都给分）；(3).0.70（0.58-1.72都给分）；【解析】(1)利用表中坐标值，采用描点法并连线得图象如图所示(2)由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；图象的斜率表示电源的内阻，即：。点晴：电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；偏离U-I图象越远的实验数据测量误差越大，应用该数据求出的电源电动势与内误差大。三、计算题：21.如图所示．平行板电容器的扳间距离d=3cm，板与水平面夹角α=370，两板所加电压U=100V，现有—带电荷量为q=3×10-10C带电液滴，以v0=0.5m/s的水平速度从A板上边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板的下边缘水平飞出，sin370=0.6,cos370=0.8，g=10m/s2.求：(1)液滴的质量(2)液滴飞出时的速度大小．【答案】（1）8×10-3kg；（2）1m/s；【解析】(1)受力如图，分解电场力电场强度根据平衡条件得qEcos370=mg由以上两式解得m=8×10-3kg(2)由牛顿第二定律qEsis370=ma在平行板中飞行的距离是由运动学公式由以上各式解得。22.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B、宽度为d、边界为CD和EF.现有一质量为m、电荷量为e的电子从CD边界外侧以一定速率垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ。为使电子恰好不能从磁场的另一边界EF射出，则：(1)电子的速率最多多大？(2)电子在磁场运动的最短时间是多少？【答案】（1）（2）由几何知识得：r+rcosθ=d由牛顿第二定律由以上两式得：(2)过的圆心角沦伦兹力提供向心力电子运动的时间由以上各式解得。23.（9分）如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在匀强磁