2017-2018学年吉林省长春市田家炳实验中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年吉林省长春市田家炳实验中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

吉林省长春市田家炳实验中学2017—2018学年高二上学期期末考试物理试题 一、单项选择题（9小题）‎ ‎1. 电场强度是用比值定义法定义的物理量，下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法（ ）‎ A. 电阻 B. 磁感应强度 C. 电容 D. 电流 ‎【答案】D ‎【解析】电阻，与U、I无关，采用的是比值定义法；磁感应强度，B与F、I和L无关，采用的是比值定义法；电容，电容C反映电容器容纳电荷的本领大小，与Q、U无关，采用的是比值定义法；是闭合电路欧姆定律，电流I与电动势E成正比，与电阻成反比，不是比值法定义法，故ABC是用相同的比值定义法定义的，而D不是用相同的方法，故选D.‎ ‎【点睛】所谓比值法定义，就是用两个量的比值定义一个新的物理量，而新的物理量与原来两个量又无关，新的物理量反映物质的属性．‎ ‎2. 下列关于静电场的说法正确的是（ ）‎ A. 正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 B. 在孤立点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相同的两点 C. 场强为零处，电势一定为零；电势为零处，场强不一定为零 D. 初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：如果正电荷的初速度与电场方向相反，则也有可能从低电势向高电势运动，A选项错误；孤立电荷形成的电场找不到电场强度大小和方向都相等的两点，但等势面是以孤立电荷为球心的一系列同心球壳，同一球壳上的任意两点电势相等，则B选项正确；零电势点可以为了问题研究的方便而任意选取，所以C选项正确；只有在匀强电场中，初速度为0 的正电荷在电场力作用下沿电场线运动，D选项错误。‎ 考点：本题考查电荷在电场力作用下的运动。‎ ‎3. 一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足，若不计粒子所受重力，则(　　)‎ A. 粒子一定带正电 B. 粒子的运动是匀变速运动 C. 粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大 D. 粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大 ‎【答案】B ‎..................‎ ‎【点睛】由等势面电势的高低可以确定电场强度的方向，由粒子的运动轨迹可以确定粒子受电场力的方向，正电荷受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷则相反。‎ ‎4. 如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量＋Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是(　  　)‎ A. A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高 B. A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变 C. B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势升高 D. B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低 ‎【答案】B ‎【解析】由题知，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据、和，联立得：可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变．故A错误，B正确．板上移时，同理得可知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P 点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．故CD错误．故选B．‎ ‎【点睛】电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化．由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化．‎ ‎5. 一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时，下述不正确的是 (　　 )‎ A. 电动机所消耗的电功率为IU B. t秒内所产生的电热为IUt C. 电动机所消耗的热功率为 D. t秒内所产生的机械能为 ‎【答案】B ‎【解析】、电动机所消耗的电功率P=UI，故A正确；电动机工作时消耗的电能大部分转化为机械能，所以t秒内所产生的电热小于UIt．故B错误；计算的是电动机的内阻发热的部分，是发热的功率，故C正确；t秒内所产生的机械能为电动机的总功减去发热的部分，所以机械功，故D正确．本题选错误，故选B.‎ ‎6. 如图是一火警报警电路的示意图，其中为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器。当传感器所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是 (　 　)‎ A. I变大，U变大 B. I变小，U变小 C. I变大，U变小 D. I变小，U变大 ‎【答案】A ‎【解析】由题意知，当传感器所在处出现火情时，的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，路端电压变大，即报警器两端的电压U变大．传感器与电阻并联部分的电压，减小，变大，电流表的读数I变大．故选A．‎ ‎【点睛】当传感器所在处出现火情时，‎ 的电阻增大，外电路总电阻增大，根据欧姆定律分析干路电流与路端电压的变化．报警器两端的电压U等于路端电压．根据干路电流的变化，分析并联电路电压的变化．当并联电路的电压增大时，电流表的读数也增大．‎ ‎7. 如图甲所示的电路，根据测得的数据作出了如图乙所示的U—I图线，由图可知(　　)‎ A. 电池电动势的测量值为1.40V B. 电池内阻的测量值为3.50Ω C. 外电路发生短路时的电流为0.40A D. 电压表的示数为0.70V时，电流表的示数 ‎【答案】A ‎【解析】根据闭合电路欧姆定律，当I=0时U=E．图中图线与纵轴的交点坐标U=1.40V，则电动势E=U=1.40V．故A正确．图线的斜率大小，故B错误；当外电路发生短路时，外电阻R=0，由欧姆定律得短路时的电流，故C错误；电压表的示数U=0.70V时，电流表的示数，故D错误；故选A.‎ ‎8. 一正弦交流电压随时间变化的规律如图所示，由图可知(     )‎ ‎ ‎ A. 该交流电的电压瞬时值的表达式为 B. 在0.01s和0.03s时刻穿过线圈的磁通量最大 C. 该交流电的电压的有效值为 D. 若将该交流电压加在阻值为100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W ‎【答案】D ‎【解析】由图象知周期为，则频率，电压的最大值为，，则电压瞬时值的表达式为，有效值为 ‎，则加在阻值的电阻两端，则电阻消耗的功率是，故AC错误，D正确；由图可知，t=0.01s和t=0.03s时刻线圈的感应电动势最大，则磁通量的变化率也最大，所以通过线圈的磁通量最小，故C错误；故选D.‎ ‎9. 如图，与直导线AB共面的轻质闭合金属圆环竖直放置，两者彼此绝缘，环心位于AB的上方．当AB中通有由A至B的电流且强度不断增大的过程中，关于圆环运动情况以下叙述正确的是(　　)‎ A. 向下平动 B. 向上平动 C. 转动：上半部向纸内，下半部向纸外 D. 转动：下半部向纸内，上半部向纸外 ‎【答案】A ‎【解析】由题意可知，当AB中通有A到B电流且强度在增大时，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针感应电流；假设直导线固定不动，根据右手螺旋定则知，直导线上方的磁场垂直纸面向外，下方磁场垂直纸面向里．在环形导线的上方和下方各取小微元电流，根据左手定则，上方的微元电流所受安培力向下，下方的微元电流所受安培力向下，则环形导线的运动情况是向下运动．故A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎【点睛】根据AB中电流的变化，导致线圈中出现感应电流，再通过假设法，假设直导线固定，根据右手螺旋定则得出固定直导线周围的磁场，采用微元法，得出环形导线所受的安培力，从而判断出环形导线的运动情况．‎ 二、多项选择题（7小题）‎ ‎10. 在电磁感应现象中，下列说法正确的是( )‎ A. 穿过闭合电路（总电阻不变）的磁通量越大，电路中的感应电流也越大 B. 穿过闭合电路（总电阻不变）的磁通量变化的越多，电路中的感应电流也越大 C. 感应电流的磁场总是阻碍原来的磁场变化 D. 穿过电路（总电阻不变）的磁通量变化的越快，电路中的感应电动势也越大 ‎【答案】CD ‎【解析】穿过闭合电路的磁通量越大，但磁通量变化率不一定越大，所以根据法拉第电磁感应定律知感应电动势不一定越大，感应电流也就不一定越大，故A错误；穿过闭合电路的磁通量越多，但磁通量变化率不一定越大，所以根据法拉第电磁感应定律知感应电动势不一定越大，感应电流也就不一定越大，故B错误；根据楞次定律可知：感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化，故C正确；穿过电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律知感应电动势也越大，故D正确；故选CD.‎ ‎11. 某地的地磁场的磁感应强度大约是，一根长500m的导线，电流为10A，则该导线受到的磁场力可能是(　　)‎ A. 0 B. 0.1 N C. 0.3 N D. 0.4 N ‎【答案】AB ‎【解析】当B与I垂直时，安培力大小F=BIL，知安培力的最大值；当B与I平行时，安培力为0，为最小值，则可知安培力的大小范围．故AB正确，CD错误．故选AB．‎ ‎12. 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是(　　)‎ A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D. 在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 ‎【答案】BD 解：‎ A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同．故A错误；‎ B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；‎ C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；‎ D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大．故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．‎ 视频 ‎13. 如图所示， a、b 灯分别标有“36V，40W”和“36V，25W”，闭合电键，调节R ，使a、b 都正常发光。这时断开电键后再次闭合，则下列说法中正确的是（ ） ‎ A. 重新闭合瞬间，由于电感线圈对电流增大的阻碍作用， a将慢慢亮起来，而b立即变亮 B. 重新闭合稳定后，两灯都正常发光，a的额定功率大，所以较亮 C. 断开瞬间，通过a的电流将逐渐减小，a渐渐变暗到熄灭 D. 断开瞬间，b灯立刻熄灭 ‎【答案】ABC ‎【解析】由题意：a、b灯分别标有“36V，40W”和“36V，25W”，闭合电键，调节R，使a、b都正常发光．当重新闭合瞬间，L相当于断路，b立刻变亮，a逐渐变亮，A正确；当重新闭合稳定后，两灯都正常发光，由于a、b灯分别标有“36V，40W”和“36V，25W”，则a的额定功率大，所以较亮，B正确；电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，所以通过a的电流将逐渐减小，a渐渐变暗到熄灭，C正确D错误．‎ ‎14.‎ ‎ 如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇．若不考虑电荷重力和它们间的相互作用，下列说法正确的是 （　　）‎ A. 电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量 B. 两电荷在电场中运动的加速度相等 C. 从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于对电荷N做的功 D. 电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：从轨迹可以看出：yM＞yN，故解得：，qM＞qN，故A正确，B错误；根据动能定理，电场力的功为：W=△Ek=mvy2，质量m相同，M电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C正确；从轨迹可以看出：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D错误；故选AC．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动问题，解题的关键是将合运动沿水平和竖直方向正交分解，然后根据运动学公式列式分析。‎ ‎15. 如图所示，含有、、的带电粒子束从小孔处射入速度选择器，沿直线运动的粒子在小孔处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在、P两点．则下列说法正确的是（ ）‎ A. 沿直线运动的粒子速度相等 B. 打在P点的粒子是和 C. 的长度是长度的2倍 D. 粒子在偏转磁场中运动的时间最长 ‎【答案】ABC ‎【解析】带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：，所以，可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，故A正确；带电粒子在磁场中做匀速直线运动，洛伦兹力提供向心力，所以：，则，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，由题中的数据可得，的比荷是和的比荷的2倍，所以打在点的粒子是，打在P点的粒子是和，的轨道半径是和的倍，即的长度是长度的2倍，故BC正确；粒子运动的周期：，即周期T与比荷成反比，而的比荷最大，故周期最小，三个粒子都偏转了相同的角度，根据，可知在磁场中运动的时间最短，故D错误；故选ABC.‎ ‎16. 由不计电阻的导体构成的平行倾斜轨道框架，倾角为，顶端连接一个阻值为R的电阻，如图所示。轨道宽度为L，有一质量为m、电阻为r的导体棒垂直横跨在轨道上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直轨道平面向下，导体棒与轨道间的动摩擦因数为。导体棒从P位置由静止释放，到达N位置时以最大速度开始做匀速运动。P、N位置间的高度差为h。据此判断下列论述中正确的是（ ）‎ A. 导体棒的最大加速度为 B. 导体棒下滑的最大速度为 C. 从P运动到N位置过程中，电阻R上产生的焦耳热 D. 从P运动到N位置过程中，通过电阻R的电荷量 ‎【答案】AD ‎【解析】由于导体棒向下运动切割磁感应线时安培力方向沿斜面向上，当速度为零时安培力为零，此时加速度最大，根据牛顿第二定律可得：，解得：，故A正确；导体棒下滑的速度最大时受力平衡，根据平衡条件可得：，解得最大速度，故B错误；从P位置运动到N位置过程中，根据能量守恒定律，得产生的总焦耳热为：，，电阻R上产生的焦耳热为，故C错误；从P位置运动到N位置过程中，通过电阻R的电荷量，故D正确；故选AD.‎ ‎【点睛】根据牛顿第二定律求解最大加速度；根据平衡条件结合安培力的计算公式求解最大速度；根据能量守恒定律结合焦耳定律求解电阻R上产生的焦耳热；根据电荷量的经验公式求解从P位置运动到N位置过程中通过电阻R的电荷量．‎ 三、实验题（3小题）‎ ‎17. (1)用20分度的游标卡尺测量某物长度如图甲所示，可知其长度为________ mm；‎ ‎(2)用螺旋测微器测量某圆柱体的直径如图乙所示，可知其直径为________ mm；‎ ‎【答案】 (1). 50.15 mm (2). 4.700 mm ‎【解析】解：甲是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：5cm，游标上第3个刻度与上面对齐，读数为：3×0.05mm=0.15mm=0.015cm，‎ 故最终读数为：5cm+0.015cm=5.015 cm；‎ 螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，则读数为4.5+0.200=4.700mm．‎ 故答案为：5.015； 4.700‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎18. 课外活动小组的同学设计了一个实验方案，用来测算缠绕螺线管的金属丝长度。已知缠绕螺线管的金属丝电阻较小，经查阅资料得知该金属丝的电阻率为ρ。‎ ‎(1)实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径为d。‎ ‎(2)然后利用多用电表测缠绕螺线管的金属丝的电阻，用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“______”档位（选填“×100”或“×1”），然后进行____________，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，则此段电阻丝的电阻为______Ω。‎ ‎(3)若测得的金属丝直径用d表示，电阻用R表示，则由已知量和测得量的符号表示金属丝的长度L＝______。‎ ‎【答案】 (1). ×1 (2). 欧姆调零 (3). 12 (4). ‎ ‎【解析】（2）用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，说明档位选择的太高，则应将选择开关换成欧姆挡的“×1”档位，然后进行欧姆调零，再次测量电阻丝的阻值；此段电阻丝的电阻为12Ω。‎ ‎（3）根据 ，且 可得： ‎ ‎19. 有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方的关系曲线。有下列器材可供选用：‎ A．电压表(0～3V，内阻3kΩ)‎ B．电压表(0～15V，内阻15kΩ)‎ C．电流表(0～0.6A，内阻约1Ω)‎ D．定值电阻 ‎ E．定值电阻 ‎ F．滑动变阻器R(10Ω，2A)‎ G．学生电源(直流6V，内阻不计)‎ H．开关、导线若干 ‎(1)实验中所用电压表应选用________，定值电阻应选用________(均用序号字母填写)。‎ ‎(2)为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在虚线框内画出满足实验要求的电路图。______‎ ‎(3)利用上述实验电路图测出的电压表读数与此时小灯泡两端电压U的定量关系是________，下面四个图象中可能正确的是________。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). (4). (5). C ‎【解析】（1）由题意可知，灯泡的额定电压为4.8V，而给出的电压表中有15V和3V两种，选用15V的电压则误差较大；而选用3V的电压表，则量程偏小，故可以串联一个电阻进行分压；由题意可知，选择的电阻可以使量程扩大为2倍，故选用A即可；故可以选取3V的电压表和的电阻D串联充当电压表使用；（2‎ ‎）因题目中要求多测几组数据进行作图，故实验中选用分压接法，并且将与电压表串联充当电压表使用，电流表采用电流表外接法；故原理图如图所示:‎ ‎（3）电压表（0～3V．内阻），定值电阻；选取3V的电压表和的电阻串联充当电压表使用，使量程扩大为2倍，所以电压表读数与此时小灯泡两端电压U的定量关系是：，由功率公式可得：，若R为定值的话，则P与应为一次方程；但因为灯泡电阻随温度的变化而变化，故功率随温度不再是线性关系，而是随着电压的增大，而使功率减小，故P与图象应为C.‎ 四、计算题（3小题）‎ ‎20. 如图所示，将一个电荷量为的点电荷从电场中的A点移到B点的过程中，克服电场力做功。已知A点的电势为，求B点的电势和电荷在B点的电势能。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：带正电的试探电荷逆着电场线移动，电场力做负功．而电场中某点的电势等于将该电荷从无穷远处移到这该点电场力所做的功与其电荷量的比值．‎ 把一个正点电荷从距电场无穷远处移到电场中的M点，电荷克服静电力做功为：‎ 根据公式：‎ 得：‎ 又 解得：‎ 电荷在B点的电势能：‎ ‎21. 如图所示，线圈面积，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.2t，，，线圈电阻，求：‎ ‎（1）产生的感应电动势大小；（2）感应电流的大小和方向；（3）电容器的电荷量。‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）10V,（2）2A，电流方向为逆时针；（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律，有：‎ ‎。‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律得：，方向：逆时针或 ‎（3）电容器与电阻并联，则根据欧姆定律：，‎ 则电容器电量为：。‎ 考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律 ‎【名师点睛】本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用、电容器及欧姆定律，解题时注意发生电磁感应的部分看作电源，不能忽略了其内电阻。‎ ‎22. 如图所示，一个带电的小球从P点自由下落，P点距场区边界MN高为h，边界MN下方有方向竖直向下、电场场强为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入电场与磁场的复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，已知ab＝L，求：‎ ‎（1）小球的带电性质及其电量与质量的比值；‎ ‎（2）该匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎（3）小球从P开始，第四次经过边界MN共需时间为多少？‎ ‎ ‎ ‎【答案】1）小球带负电,;（2）,（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球进入电场与磁场的复合场后，恰能做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，电场力方向向上，场强向下，小球带负电；‎ 由可得电荷量与质量的比值 ‎（2）粒子由a到b运动半周，由左手定则可得磁场方向垂直纸面向外；‎ 由 解得 ‎（3）设小球下落h时间为，磁场中的运动时间为 由可得 由 在磁场中运动时间为 则小球从P经a至b时，共需时间为 考点：带电粒子在复合场中的运动 点评：带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，洛仑兹力提供做圆周运动的向心力。‎ ‎ ‎