云南省曲靖市麒麟高中2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题

云南省麒麟高中20172018学年下学期期末考试高二物理一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.如图所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是图中的()A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：根据点电荷的电场强度公式得到：D点的场强为零．若粒子的初速度较大，粒子在CD间做减速运动；若粒子的初速度较小，粒子在CD间先向右做减速运动，后向左做加速运动．解：根据点电荷的电场强度公式分析得到：D点的场强为零．A、从C到D场强减小，粒子的加速度减小，不可能做匀减速运动．故A错误．B、若粒子的初速度较大，粒子在CD间做加速度减小的变减速运动．故B正确．C、D若粒子的初速度较小，粒子在CD间先向右做减速运动，速度减到零后向左做加速运动．也可能最小速度不为零，故C正确，D错误．故选BC【点评】本题考查分析物体运动情况的能力，考虑问题要全面，不能漏解．中等难度．2.关于匀强电场中的场强和电势差的关系，下列说法正确的是()A.任意两点间的电势差等于场强和这两点间距离的乘积B.沿电场线方向，任何相同距离上电势降落必定相等C.电势降低的方向必是场强方向D.在相同距离的两点上，电势差大的场强也大【答案】B【解析】试题分析：匀强电场中场强和电势差的关系式是U=Ed，d是沿电场线方向两点间的距离，故A错误；根据公式U=Ed，沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降低必定相等，故B正确；电势降低最快的方向一定是电场强度的方向，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，则C错误；在相同距离上的两点，电势差大，场强不一定大．例如一个是沿电场线上的两点，另一个不是沿电场线方向上的两点，虽然距离相同，因为若两点沿电场线方向，电势差大，但其场强却不变．故D错误；故选B。考点：匀强电场【名师点睛】本题考查对匀强电场中场强和电势差的关系式U=Ed的理解能力，关键抓住两点：一是公式适用条件：匀强电场；二是d是沿电场线方向两点间的距离。3.关于逻辑电路，下列说法正确的是()A.逻辑电路就是数字电路B.逻辑电路可存在两种以上的状态C.集成电路由三种最基本的门电路构成D.集成电路可靠性高、寿命长，但耗电量高【答案】A【解析】A、数字电路主要研究电路的逻辑功能，逻辑电路只存在两种状态，即“有”或“没有”，没有第三种状态，故选项A正确，B错误；C、集成电路是以半导体材料为基片，将组成电路的各种元器件和连线集成在同一基片上，成为具有一定功能的微电路系统，具有可靠性高、寿命长，但耗电量低的特点，故选项CD错误。点睛：本题考查数字电路及逻辑电路的性质，要注意明确数字电路主要是研究电路的逻辑功能。4.R1=10Ω，R2=20Ω，R1允许通过的最大电流为1.5A，R2两端允许加的最大电压为10V，若将它们串联，加在电路两端的最大电压可以是()A.45VB.5VC.25VD.15V【答案】D【解析】试题分析：根据欧姆定律可得，两电阻允许通过的最大电流分别为：I1=1.5A,I2=U2R2=考点：本题考查串并联电路的规律、欧姆定律的应用等。5.已知通入电流为I的长直导线在周围某点产生的磁感应强度B与该点到导线间的距离r的关系为B=k.如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面上运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向与光滑的水平面垂直，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直沿水平方向没有分力，所以洛伦兹力对运动的电荷不做功，由此可知小球将做匀速直线运动，A正确．6.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有方向垂直于圆平面的匀强磁场．一群相同的带电粒子以相同速率v0，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场．当磁感应强度大小为B1时，所有粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度为l1，当磁感应强度大小为B2时，所有粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度为l2，已知l1＜l2，不计较粒子重力，比较磁感应强度B1、B2有()A.B1＞B2B.B1=B2C.B1＜B2D.条件不足，无法确定【答案】A【解析】【分析】带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，轨道半径越大，粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度越大，根据已知条件分析粒子轨道半径的大小，由半径公式r=【详解】当磁感应强度大小为B1时，所有粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度较小，则知此时粒子的轨道半径较小，由公式r=mvq【点睛】解决本题的关键要知道粒子的轨道半径越大，打圆形磁场区域边界上的弧长越小，由半径公式r=7.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的两只灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下面说法中正确的是()A.合上开关S接通电路时，A1和A2同时亮B.合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮C.断开开关S切断电路时，A2先灭，A1后灭D.断开开关S切断电路时，A1先灭，A1后灭【答案】B【解析】试题分析：合上开关S接通电路时,两支路电流增加，所以灯泡A2马上亮起来，而在A1支路中线圈L上会产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以使得电灯慢慢亮起来，选项B正确；而当断开开关S切断电路时，电路中的电流减小，所以支路中的电流立即消失，但是在支路由于L中的自感电动势阻碍电流的减少，此电流会在L中重新形成回路，所以会使得两灯慢慢的一起熄灭。CD选项均错。考点：自感现象8.一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如下图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电流，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是()A.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B.在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时D.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时【答案】C【解析】试题分析：由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向左运动，通过N的磁通量应减小；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB错误；若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，故C正确；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D错误；故选C考点：楞次定律；点评：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用．视频9.一个多匝闭合矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电的电动势表达式为e=100sin50πt(V)，则下列判断正确的是()A.该交电流的频率为50HzB.通过该矩形线圈磁通量的最大值为100WbC.该交电流电动势的有效值是100VD.1s内该交流电电流的方向变化50次【答案】D【解析】由感应电动势瞬时值的表达式，可见峰值为100V，角速度为50πrad/s，频率f=w/2π=25Hz，A错；由Em=NBSw，最大磁通量BS=，无法求出，C错；1s内线圈转动25圈，线圈每转一圈电流方向变化两次，D对；10.汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油．柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的，而汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油—空气混合气是靠火花塞点燃的．但是汽车蓄电池的电压只有12V，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器初级线圈通过开关连到蓄电池上，次级线圈接到火花塞的两端，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在次级线圈中产生10000V以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了．下列说法正确的是()A.柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增大B.汽油机点火装置的开关若始终闭合，次级线圈的两端也会有高压C.接该变压器的初级线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在次级线圈产生高压D.汽油机的点火装置中变压器的初级线圈匝数必须远大于次级线圈的匝数【答案】A【解析】由题意知，柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增大的，A对；汽油机点火装置的开关若始终闭合，次级线圈的两端不会产生高压，B错；汽油机点火装置靠开关由闭合变为断开，从而在次级线圈中产生10000V以上的电压，所以初级线圈的电源可以是直流电源，C错；汽油机的点火装置中变压器的次级线圈匝数必须远大于初级线圈的匝数，D错。二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.相距很近的一对带等量异种电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看做是匀强电场，其电场线分布如图所示．一个带粒子只在电场力作用下沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中，下列说法正确的是()A.粒子的速度一定在增大B.粒子带负电C.粒子在a点的电势能大于d点电势能D.粒子的加速度先变大再不变后变小【答案】CD【解析】根据板间粒子轨迹的偏转方向可知，粒子带正电。由于电场力的方向与电场线的切线方向相同，从图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度，所以在a点的附近，电场力做负功，所以粒子的动能先减小。故AB错误；根据顺着电场线方向电势降低，从图中可得，a点的电势一定高于d点的电势，正电荷在a点的电势能大于在d点的电势能。故C正确；电场线的疏密表示电场的强弱，从图中可知，b点附近的电场线最密，且板间可认为是匀强电场，所以b点的场强最大，大于a点和d点的场强，所以粒子在a到d的过程中，受到的电场力先增大，再不变，后减小，根据牛顿第二定律，粒子的加速度先增大，再不变，后减小。故D正确。故选CD。点睛：该题考查电场线的特点，以及电场力做功与动能、电势能之间的关系．图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度是解题的关键．12.直流电池组的电动势为E，内电阻为r，用它给电阻为R的直流电动机供电，当电动机正常工作时，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流是I，下列说法中正确的是()A.电动机输出的机械功率是UIB.电动机电枢上发热功率为I2RC.电源消耗的化学能功率为EID.电源的输出功率为EI－I2r【答案】BCD【解析】【分析】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是电功率，根据P=UI求解．发热功率由P=I2【详解】、电动机输入的功率是电功率，即P电=UI，电动机的发热功率为P热=I2R，电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒定律得P出=P电【点睛】本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用P=UI，求热功率只能用P=I13.某同学身边有一个长铁条，为了检验它是否具有磁性，该同学用它的一端靠近能自由转动的小磁针.下列给出了几种可能产生的现象以及相应结论，其中正确的是()A.若小磁针被吸引过来，则说明长铁条一定有磁性B.若小磁针被吸引过来，则长铁条可能没有磁性C.若小磁针被推开，则说明长铁条一定有磁性D.若小磁针被推开，则长铁条可能没有磁性【答案】BC【解析】【详解】因为磁铁有吸引铁质物体的性质，小磁针有磁性，可吸引长铁条，故长铁条可能没有磁性，A错误B正确；若小磁针的一端被推开，根据同名磁极相互排斥，则锯条一定有磁性，C正确D错误.14.图中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如乙图所示的正弦式交流电，电阻R1=R2=R3=20Ω和电容器C连接成如甲图所示的电路，其中电容器的击穿电压为8V，电表为理想交流电表，开关S处于断开状态，则()A.电压表V的读数约为7.07VB.电流表A的读数为0.05AC.变压器的输入功率约为7.07WD.若闭合开关S，电容器不会被击穿【答案】AD【解析】由图像可得U1m＝200V，有效值U1＝2002V＝1002V，根据变压器的原理U1U2=n1n2，解得U2＝102V．S断开：电阻R2两端的电压＝52V≈7.07V，电流I2＝U2R1+R2＝24A，再由根据变压器的原理I2I1=n1n2解得I1＝240A，所以A正确，B错误；变压器的输入功率P＝I1U1＝5W，故三、实验题(共2小题,共15分)15.在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8V,0.3A”，合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮．（1）用多用电表的直流电压挡检查故障．①选择开关置于下列量程的____________挡较为合适(用字母序号表示)；A．2.5VB．10VC．50VD．250V②测得c、d间电压约为5.8V，e、f间电压为0，则故障是__________；A．A灯丝断开B．B灯丝断开C．d、e间连线断开D．B灯被短路（2）接着换用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过欧姆调零．①测试前，一定要将电路中的开关S____________；②测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为__________Ω，此时测量的是__________间的电阻．根据小灯泡的规格计算出的电阻为__________Ω，它不等于测量值，原因是：______________________________________________________________.【答案】(1).B(2).A(3).断开(4).6(5).e、f(6).12.7(7).欧姆表测量时灯泡未工作，温度较低，灯泡电阻偏小【解析】试题分析：（1）选择的量程要安全，以及要使指针指在中间附近．结合电源的电动势选择合适的量程．根据测得的电压判断故障的原因．（2）欧姆表测量电阻时，开关S需断开．欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率．根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻，通过温度升高，电阻率变大，分析计算出的电阻与测量电阻不等的原因．解：①因为电源的电动势大约6V，要使电压档选择的量程要安全以及准确，则选择开关选择10V的量程．故B正确．故选：B．②测得c、d间电压约为5.8V，接近电源电动势，e、f间电压为0，可知灯泡A断路．故A正确．故选：A．（2）①用欧姆表测量电阻时，电键应断开，使得待测电阻与电源不相连．欧姆表的读数为6×1Ω=6Ω，因为cd间断路，知测量的是ef间的电阻．根据R=得，小灯泡的电阻为R=．它不等于测量值，原因是温度高时金属丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻．（或测量出的电阻是常温下的电阻）．故答案为：（1）①B、②A．（2）①断开，②e、f；12.7，温度高时金属丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻．（或测量出的电阻是常温下的电阻）．【点评】解决本题的关键掌握欧姆表的使用方法和注意事项，以及会进行故障分析．16.（1）某同学对一个表头G进行改装，已知其满偏电流Ig=100μA，内阻标称值Rg=900Ω，先利用定值电阻R1将表头改装成一个1mA的电流表，然后利用定值电阻R2再将此电流表改装成一个3V的电压表V1（如图1所示）；则根据条件，定值电阻R1=__Ω，R2=__Ω．（2）改装完毕后，他用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表V2对此电压表从0开始全范围的刻度进行校准．滑动变阻器R有两种规格：A：滑动变阻器（0～20Ω）B：滑动变阻器（0～2kΩ）为了实验中电压调节方便，R应选用__（填A或B）（3）完成图2中的校准电路图___________（要求：滑动变阻器的触头画在开始实验时的位置上）（4）由于表头G上的标称值Rg小于真实值，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数__．（填“偏大”或“偏小”）【答案】(1).100(2).2910Ω(3).A(4).(5).偏小【解析】（1）由图示电路图可知：R1改装后电流表内阻RA把电流表改装成电压表，串联电阻：R2（2）为方便实验操作滑动变阻器应选择最大阻值较小的A．（3）电压表从0开始全范围的刻度进行校准，滑动变阻器应选择分压接法，标准电压表与改装后的电压表并联，电路图如图所示：（4）表头G上的标称值Rg小于真实值，改装后的电流表内阻偏小，改装后的电压表串联电阻偏大，电压表内阻偏大，两电压表并联，由于改装后的电压表内阻偏大，通过改装电压表的电流偏小，改装后的电压表指针偏角较小，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数偏小．四、计算题17.有一水平向右的匀强电场，场强E=9.0×103N/C，在竖直平面内半径为0.1m的圆周上取如图所示最高点C，另在圆心O处放置电荷量为Q=1.0×10－8C的带正电的点电荷．试求C【答案】92×103N/C，方向与匀强电场方向成45°角斜向上【解析】点电荷在最高点C产生的场强大小为E1＝kQr2，方向竖直向上．C处场强由水平向右的场强E和点电荷在C处产生的场强EEC＝E2+(kQ设该场强与水平方向之间的夹角为θ，则有tanθ＝1，θ＝45°即该场强方向与匀强电场方向成45°角斜向上．点睛：由点电荷的场强公式求出点电荷在C点的场强大小和方向，C处场强由水平向右的场强和点电荷在C处产生的场强合成，根据矢量合成法则可得场强的大小和方向。注意求矢量一定要求出方向。18.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力大小．【答案】（1）1.5A（2）0.30N（3）0.06N【解析】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I＝（2）导体棒受到的安培力：F=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30N

根据左手定则，方向平行斜面向上；

（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37°=0.24N，

由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f；

根据共点力平衡条件，有：mgsin37°+f=F

解得：f=0.06N19.如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够发光．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω匀速转动，圆环上接有电阻均为r的三根导电辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角．在圆环内，圆心角为120°的扇形区域内存在垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯(可看成二极管，发光时电阻为r)．圆环及其它