2018-2019学年四川省遂宁市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年四川省遂宁市高二上学期期末考试物理试题 解析版

遂宁市高中2017级第三学期教学水平监测物理试题 一、选择题 ‎1.下列物理量属于矢量的是 A. 电流强度 B. 磁通量 C. 电动势 D. 磁感应强度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】磁通量和电动势都是只有大小无方向的物理量是标量；电流强度有大小有方向，但是电流强度的合成不符合平行四边形法则，故也是标量；磁感应强度是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故选D.‎ ‎2.在前人工作的基础上，利用如图所示装置进行定量研究，进而提出两个静止的点电荷之间相互作用规律的物理学是 A. 洛伦兹 B. 安培 C. 库仑 D. 奥斯特 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律的物理学家是库仑，从而即可求解．‎ ‎【详解】库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律---库仑定律。故C正确。洛伦兹给出洛伦兹力、电荷的运动方向，及磁场方向的三者关系。故A错误。安培指出电流方向与磁场方向的关系，同时提出左手定则。故B错误。奥斯特提出电流的磁效应。故D错误。故选C。‎ ‎3.如图所示，当磁铁的磁极靠近阴极射线管时，荧光屏上的亮线发生了弯曲。这个现象说明 A. 阴极射线中的粒子带负电 B. 运动电荷受到磁场的作用力 C. 阴极射线中的粒子带正电 D. 运动电荷的周围存在电场 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确题意，知道射线管放置在磁场内，故说明运动电荷在磁场中受到的磁场力的作用．‎ ‎【详解】由图可知，射线管中亮线在磁场中发生偏转，故说明运动电荷是受到了磁场的作用力；由题意无法确定粒子的电性；同时也无法证明运动电荷周围是否存在电场；故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎4.关于电容器的电容，下列说法正确的是 A. 电容器所带的电荷量越多，电容越大 B. 电容器两极板间电压越高，电容越大 C. 电容器不带电时，电容为零 D. 电容是描述电容器储存电荷能力的物理量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、电容的定义式为，运用比值法定义，C与电量Q、电压U无关，故AB错误； C、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与电压无关，电压为零时，电容同样存在，故C错误，D正确。‎ 点睛：本题考查电容的意义，解决本体的关键知道电容器电容的决定式，知道电容与哪些因素有关，与哪些因素无关。‎ ‎5.如图所示，A、B两点各放有电量为＋Q和＋2Q的点电荷，A、B、C、D 四点在同一直线上，且AC＝CD＝DB，将一正电荷从C点沿直线移到D点,则 A. 电场力一直做正功 B. 电场力一直做负功 C. 电场力先做正功再做负功 D. 电场力先做负功再做正功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据库仑定律，可知连线上库仑力相等的点距AB的距离之比，则电场力为零的位置在CD之间，且场强的方向都指向该点，则现将一带正电的试探电荷从C点沿直线移到D点，则电场力对试探电荷先做正功再做负功，选C ‎6.一带电粒子在如图所示的点电荷形成的电场中，在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，电荷的加速度、动能、电势能的变化情况是 A. 加速度增大，动能、电势能都增加 B. 加速度增大，动能增加，电势能减少 C. 加速度减小，动能、电势能都减少 D. 加速度增大，动能减少，电势能增加 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电荷所受电场力的大小，根据牛顿第二定律比较加速度的大小，根据动能定理比较动能的大小，根据电场力做功，判断电势能的变化.‎ ‎【详解】电荷在A点电场线比B点疏，所以A点的电场力小于B点的电场力，则A点的加速度小于B点的加速度。从A到B ‎，电场力做正功，根据动能定理，动能增加。电场力做正功，电势能减小。故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎7.如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡的UI图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是(　)‎ A. 4 W,8 W B. 2 W,4 W C. 2 W,3 W D. 4 W,6 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ 用该电源和小灯泡组成闭合电路时，由图象的交点知通过闭合回路的电流为2A，小灯泡两端的电压为2V，此时电源的输出功率就是小灯泡的功率P=UI=22=4W，由图知E=3V，电源的总功率P=EI=32=6W,D对，ABC错。‎ ‎8.如图所示，当滑动变阻器R1的触头由右向左滑动时，电路中电流表A及电压表V1、V2的读数的变化是 A. V1、V2、A的读数都减小 B. V1、V2、A的读数都增大 C. V1减小，V2、A增大 D. V1增大，V2、A减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑片P向左移动时，R1的阻值变大，串联电路的总阻值增大，则根据欧姆定律可知，串联电路的电流变小，即电流表A的读数减小，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，则电压表V1读数会增大。又R2的阻值不变，根据U2=IR2可知电压表V2的读数减小，故D正确，ABC错误。‎ ‎9.如图(甲)所示,在平行板电容器A、B两极板间加上如图(乙)所示的交变电压.开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C,D两项中的图线按正弦函数规律变化）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质，然后分析图示图象作出选择．‎ ‎【详解】在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图象可知：A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎【点睛】由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键．‎ ‎10.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是 A. 下表面电势高 B. 上表面电势高 C. 该导体单位体积内的自由电子数为 D. 该导体单位体积内的自由电子数为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，电势较低．最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内的自由电子数．‎ ‎【详解】根据左手定则，电子向上表面偏转，下表面失去电子带正电，所以下表面电势高。故A正确、B错误。再根据e=evB，I=neSv=nebdv得n=，故C正确， D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．‎ ‎11.现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示方式连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断 A. 滑线变阻器的滑动端P向右滑动时，电流计指针向左偏转 B. 线圈A向上移动时，电流计指针向右偏转 C. 断开开关时，电流计指针向左偏转 D. 拔出线圈A中的铁芯时，电流计指针向左偏转 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知线圈B中产生使电流表指针向右偏转的条件，则分析各选项可得出正确答案．‎ ‎【详解】由题意可知当P向左滑动时，线圈A中的电流减小，导致穿过线圈B的磁通量减小，电流计指针向右偏转；滑线变阻器的滑动端P向右滑动时，导致穿过线圈B的磁通量增大，则电流计指针向左偏转，故A正确；线圈A向上移动，导致穿过线圈B的磁通量减小，能引起电流计指针向右偏转，故B正确；断开开关时，导致穿过线圈B的磁通量减小，那么电流计指针向右偏转，故C错误；当铁芯拔出时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，则电流计指针向右偏转，故D错误；故选AB。‎ ‎【点睛】本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象．‎ ‎12.如图所示，空间存在一垂直于纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为M＝0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力F，取g＝10 m/s2，则 A. 木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动 B. 滑块开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动 C. 最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动 D. 最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N 的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动。‎ ‎【详解】由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，，所以BC正确。故选BC。‎ 二、实验题 ‎13.在探究“决定导体电阻的因素”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具。‎ ‎(1)在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器：①毫米刻度尺；②10分度游标卡尺；③20分度游标卡尺；④螺旋测微器。一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125 cm，则他所使用的仪器为____(填仪器序号)。如图是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径=____mm。‎ ‎(2)某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率。‎ ‎ 同学们截取了约1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列操作或说法中正确的是____‎ A．测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行欧姆调零 B．若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，则待测电阻为40Ω C．若用欧姆表“×10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成“×1”挡 D．每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零 ‎【答案】 (1). （1）③ (2). 1.020（1.019～1.021均可） (3). （2）CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．‎ ‎（2）每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．‎ ‎【详解】（1）工件的长度为3.125 cm，精度为0.05mm，根据各个测量工具的结构可知，此测量工具是20分度游标卡尺，故选③；由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+2.0×0.01mm=1.020mm； （2）①测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行机械校零．故A错误；若用欧姆表“×l”挡测量，指针恰好在刻度30～50的正中，由于欧姆表刻度线不均匀，左疏右密，待测电阻小于40Ω，故B错误．表针偏转过大，说明电阻档选择过大，应换小档位进行测量，故C正确；运用欧姆表测量电阻时，不是每次测量都要重新调零，而是在换挡后要重新调零．故D正确．故选CD；‎ ‎14.为了测定一节干电池的电动势和内阻,实验室中准备了下列器材：‎ 待测干电池E(电动势约1.5 V,内阻约1.0 Ω)‎ 电流表G(满偏电流3 mA,内阻10 Ω)‎ 电流表A(量程0～0.60 A,内阻约0.10 Ω)‎ 滑动变阻器R1(0～20 Ω,2 A)‎ 滑动变阻器R2(0～100 Ω,1 A)‎ 定值电阻R3=990 Ω,开关S和导线若干 ‎(1)小明同学在某一次的测量过程中两电流表的指针偏转如图(甲)所示,则电流表A的读数为____A,电流表G的读数为____mA. ‎ ‎(2)请在虚线框中画出他的实验电路图.(标明所选仪器的符号)______‎ ‎(3)图(乙)为小明根据实验数据作出的I1-I2图线(I1为电流表G的示数,I2为电流表A的示数),由该图线可得被测干电池的电动势E=____V,内阻r=____Ω. ‎ ‎【答案】 (1). （1）0.22 (2). 1.30(1.29～1.31均可) (3). （2）‎ ‎ (4). （3）1.47(1.46～1.48均可) (5). 0.78(0.68～0.88均可)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电表的量程确定最小分度，则可求得指针的示数； （2）本实验中只需得出流过电源的电流及电源的路端电压即可，分析给出的仪器可知电路的接法及电表的使用； （3）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻．‎ ‎【详解】（1）电流表量程为0.6A，则最小分度为0.02A，读数为0.22A；电流表量程为3mA，最小分度为0.1mA，则指针示数为1.30mA； （2）本题中可用电流表G与定值电阻串联作为电压表使用，再将滑动变阻器R1与电流表A串接在电源两端即可；如下图 ‎ （3）由闭合电路欧姆定律可得：I1（R3+RG）=E-I2r 变形得：； 由数学知可得：图象中的；； 由图可知：b=1.47；k==0.76×10-3； 故解得：E=1.47V（1.46-1.48），r=0.76Ω（0.68-0.88）‎ ‎【点睛】本题要注意电路中采用的是安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察．‎ 三、简答题 ‎15.如图所示，已知电源电动势E=16V，内阻r=1Ω，定值电阻R=4Ω，小灯泡上标有“3V，4.5W”字样，小型直流电动机的线圈电阻=1Ω，开关闭合时，小灯泡和电动机均恰好正常工作．求：‎ ‎（1）电路中的电流强度；‎ ‎（2）电动机两端的电压；‎ ‎（3）电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1）1.5A ；（2）5.5V；（3）6W.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电路中电流=1．5A ‎（2）电动机两端的电压=5．5V ‎（3）电动机的总功率 电动机线圈热功率 电动机的输出功率 考点：电功率 ‎16.如图所示，电阻r=0.1Ω的导体棒ab在外力作用下沿光滑平行导轨以速度v=5m/s向右做匀速运动。导轨的左端c、d间接有定值电阻R=0.4Ω，导轨间距L=0.4m，导轨电阻不计。整个装置处于磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。求：‎ ‎（1）判断a、b两点电流方向及电势的高低；‎ ‎（2）通过R的电流大小；‎ ‎（3）外力做功的功率.‎ ‎【答案】（1）a点电势高于b点的电势．（2）0.4A（3）0.08W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由右手定则判断ab中产生的感应电流方向，即可确定a、b哪一端相当于电源的正极，从而判断电势的高低．‎ ‎（2）ab切割磁感线产生的感应电动势由公式E=BLv，再运用欧姆定律求出回路中的感应电流大小；‎ ‎（2）使导体ab向右匀速运动所需水平拉力必须与安培力平衡，根据安培力公式公式F=BIL求解出安培力大小，由平衡条件得到外力大小，由P=Fv救出外力的功率．或根据外力的功率等于电路中的电功率求解．‎ ‎【详解】（1）由右手定则判断可知，ab中产生的感应电流方向b→a，a端相当于电源的正极，则a点电势高于b点的电势． （2）通过R的电流方向d→c．电流大小为：‎ ‎（3）根据功能关系可知：棒做匀速直线运动，外力的功率等于电路中的电功率，则有：‎ P=I2（R+r）=0.42×（0.4+0.1）W=0.08W ‎【点睛】本题比较简单考查了电磁感应与电路的结合，解决这类问题的关键是正确分析外电路的结构，然后根据有关电学知识求解．‎ ‎17.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.2m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，金属导轨的一端接有电动势E=6V、内阻r=1Ω的直流电源．现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，它们之间的动摩擦因数为μ=0.5．为使导体棒能静止在导轨上，在导轨所在平面内，加一个竖直向上的匀强磁场．导轨电阻不计，导体棒接入电路的电阻R0=2Ω．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：‎ ‎ ‎ ‎（1）当磁感应强度B1多大时，导体棒与导轨间的摩擦力为零； ‎ ‎（2）当磁感应强度B2=12.5T时，导体棒与导轨间摩擦力的大小和方向； ‎ ‎（3）使导体棒能静止在导轨上所加磁场的磁感应强度B的最小值．‎ ‎【答案】（1）6.25T （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据闭合电路的欧姆定律，则有 ‎ 由平衡条件得：，得 ‎ ‎ ‎ ‎（2）导体棒受力情况如图所示(图中摩擦力f未画出) ‎ 当磁感应强度时， ‎ 摩擦力f沿斜面向下，由平衡条件得： ‎ 代入数据得：‎ ‎（3）当磁感应强度B最小时，导体棒恰好不下滑，这时摩擦力f沿斜面向上， ‎ 则有：‎ 而：‎ 又： ‎ 联立得：‎ ‎18.如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向如图。一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ=30°，粒子恰好从y轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x轴的Q点，已知OQ=OP，不计粒子的重力，求：‎ ‎（1）粒子从P运动到C所用的时间t；‎ ‎（2）电场强度E的大小；‎ ‎（3）粒子到达Q点的动能Ek。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，‎ 由图可知,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半个圆周,由得：‎ ‎,又 得带电粒子在磁场中运动的时间：‎ ‎（2）带电粒子在电场中做类平抛运动,初速度垂直于电场沿方向，过点作直线的垂线交于，则由几何知识可知,△≌△≌△,由图可知：‎ 带电粒子从运动到沿电场方向的位移为 带电粒子从运动到沿初速度方向的位移为 由类平抛运动规律得：，‎ 联立以上各式得：‎ ‎（3）由动能定理得：,联立以上各式解得：[。]‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力 ‎【名师点睛】粒子先做的是匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，根据匀速圆周运动和类平抛运动的规律可以分别求得。‎ ‎ ‎