2018-2019学年四川省雅安市高二上学期期末检测物理试题 解析版

2018-2019学年四川省雅安市高二上学期期末检测物理试题 解析版

‎2018-2019学年四川省雅安市高二（上）期末物理试卷 一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）‎ ‎1.物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学做出了巨大贡献。下列描述中符合物理学史实的是 A. 安培发现了电流的磁效应 B. 奥斯特通过实验测定了磁场对电流的作用力 C. 库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律 D. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 奥斯特发现了电流的磁效应，选项A错误；安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，选项B错误； 库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律，选项C正确；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误；故选C.‎ ‎2.以下说法正确的是　　‎ A. 由公式可知，电容器带电量Q与两极板间电势差U成正比 B. 由可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 C. 由公式可知，电场中某点的电势与q成反比 D. 由可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电容的决定式和定义式，可得电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关。电场强度由电场本身决定，与检验电荷无关。电场中某点的电势与检验电荷无关。公式中d是两点a、b间沿电场方向的距离。‎ ‎【详解】电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关，由电容器本身决定，由公式可知，C一定，电容器带电量Q与两极板间电势差U成正比，故A正确；‎ 是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F、q无关，由电场本身决定，故B错误；是电势的定义式，采用比值法定义，与、q无关，由电场本身决定，故C错误；由可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场方向的距离越大，两点间的电势差才一定越大，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】解决本题时要知道、、都是采用比值法定义的，要掌握比值法定义的共性来理解C、E、的物理意义，不能单纯从数学角度来理解。‎ ‎3. 真空中两个点电荷的相互作用力为F，若每个电荷的带电量都不变，把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为（ ）‎ A. 16F B. 8F C. 4F D. 2F ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据库仑定律：可知，若每个电荷的带电量都不变，把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为，故选C.‎ 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】此题考查了库仑定律的理解和应用；解题的关键是掌握库仑定律的公式：，然后根据题目中已知的各个物理量的关系进行解答判断；此题是基础题，意在考查学生对物理基本公式掌握的熟练程度.‎ ‎4.AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电荷量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q(　　)‎ ‎ ‎ A. 应放在A点，Q＝2q B. 应放在B点，Q＝－2q C. 应放在C点，Q＝－q D. 应放在D点，Q＝－q ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：+q的点电荷在圆心O处的场强与-q的点电荷在圆心O处的场强的合场强方向由O点指向D点，根据几何关系和点电荷的场强公式得；要使圆心处的电场强度为零，只要点电荷Q在圆心O处产生的场强方向由O指向C即可，大小也为，所以，点电荷Q=-q且应发在C点．故C正确．‎ 考点：场强的叠加；点电荷场强。‎ ‎5.2017年1月25日，在中央电视台CCTV10频道播出节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示，正在研制设计中的国产003型航母采用电磁弹射已成定局！电磁弹射就是采用电磁的能量来推动被弹射的物体向外运动，电磁炮就是利用电磁弹射工作的．电磁炮的原理如图所示，则炮弹导体滑块受到的安培力的方向是（ ）‎ A. 竖直向上 B. 竖直向下 C. 水平向左 D. 水平向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由左手定则可知，炮弹导体滑块受到的安培力的方向是水平向左，故选C.‎ ‎6.如图所示，一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合。在增大电容器两极板间距离的过程中（ ）‎ A. 电容器的电容变小 B. 电容器两极板间场强不变 C. 电容器两极板间电压增大 D. 电阻R中有从a流向b的电流 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：由可知，增大d可以让C减小；A正确；当电容器两极板间距离减小时，电容器电容减小，带电荷量较少，电路中有电荷移动，电阻R中有电流；B错误；由于电容器两端电压不变，根据E=U/d可知电容器两极板间的电场强度减小；C错误；此过程电容器放电，电容器上极板所带正电荷减少，电流从a流向b；D正确；故选AD 考点：考查含容电路的分析 点评：本题难度较小，平行板电容器在电路中始终与电源相连接，这时对应的电压是不变的．以此不变量出发可讨论其他量的变化情况 ‎7.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S1、S2为开关，电压表和电流表均为理想电表。初始时S1与S2均闭合，现将S2断开，则（ ）‎ A. 电压表的示数变大，电流表的示数变大 B. 电压表的示数变大，电流表的示数变小 C. 电压表的示数变小，电流表的示数变小 D. 电压表的示数变小，电流表的示数变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ S断开时，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1的电压和内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故A正确；故选A．‎ 点睛：应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路-内电路-外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解．‎ ‎8.长为L的均匀金属丝总电阻为R，弯成如图所示的圆形闭合导线环，A、B、C、D四点将圆环等分。将A、C两点接入电压恒为U的电源上时，圆环消耗的功率为P。若将A、B两点接入同样的电源上时，圆环消耗的功率为 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. 2P ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设金属环每一等分的电阻为R，则当A、C点接入电路中时总电阻：R1=R；当AB点接入电路中时总电阻：；由功率公式P=得到：P2：P1=R1：R2=4：3，又P1=P得到：P2=P，故选A.‎ ‎9.如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动。下列四个图中能产生感应电流的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故A错误；线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故B错误；线框绕轴转动，但线框平行于磁场感应线穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故C错误；线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故D正确．‎ ‎10.如图，竖直平面内有一正方形，一个质量为m电荷量为q的带正电小球在A点以一定初速度沿AB方向抛出，小球恰好过C点。若在竖直平面内加一个竖直方向的匀强电场，仍将小球在A点沿AB方向抛出，当其初速度减小为原来的一半时，恰好也能通过C点，则电场强度的大小和方向分别是(重力加速度为g，空气阻力不计) ‎ A. ，竖直向下 B. ，竖直向上 C. ，竖直向下 D. ，竖直向上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当只有重力时，小球作平抛运动，设小球的初速度为v，正方形的边长为l，则：，；当存在匀强电场后，小球做类平抛运动，则：，，联立解得：a=g/4；加速度减小，电场力向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，由牛顿第二定律得：‎ ‎，即，故B正确。‎ ‎11.如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=100,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1Ω,线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻,把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 线圈两端的电压逐渐增大 B. 电阻R上消耗的功率为4×10-4 W C. 线圈电阻r消耗的功率为4×10-4 W D. 前4 s内通过R的电荷量为4×10-4 C ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故A错误．由法拉第电磁感应定律：，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以电阻R上消耗的功率为PR=I2R=0.022×4W=1.6×10-3W，选项B错误；线圈电阻r消耗的功率Pr=I2r=0.022×1W=4×10-4W，故C正确；前4s内通过R的电荷量为：Q=It=0.02×4C=0.08C，故D错误；故选C．‎ 点睛：此题考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．解题时要搞清B-t图像的斜率的物理意义；知道线圈相当于电源．‎ ‎12.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg=Eq，则（ ）‎ A. 电场方向竖直向上 B. 小球运动的加速度大小为g C. 小球上升的最大高度为 D. 若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因，所以电场力与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力与水平方向的夹角应为，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为，所以加速度为，方向沿ON向下．故A错误；由题意可得：小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，B项正确；经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为，则最大高度为，故C错误；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确。‎ ‎【考点定位】带电粒子在混合场中的运动、电势能、匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况，应在正确分析小球受力情况的基础上，运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析，采用的力学方法进行分析。‎ 二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）‎ ‎13.如图，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M 点在轨迹的最右边。不计重力，下列表述正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在M点的速率最大 C. 粒子在电场中的加速度不变 D. 粒子在电场中的电势能先增大后减小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由轨迹可知，粒子受电场力向左，则粒子带负电，选项A错误；粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，所以B错误；粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故C正确；当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，故D正确．故选CD．‎ 点睛：本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小．‎ ‎14.通电细杆ab置于倾角为的粗糙平行导轨上，加上如图所的磁场，杆ab恰好静止在导轨上。其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则，判断出安培力的方向，对物体受力分析，根据物体的受力的情况判断杆是否要受到摩擦力的作用，即可判断摩擦力是否是零。‎ ‎【详解】杆受到向下的重力，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，故A正确；杆受重力、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，故摩擦力可能为零，故B正确；杆受到的重力竖直向下，安培力竖直向下，支持力，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，故C错误；杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，支持力，杆要静止，必有摩擦力，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ ‎15.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）．一群比荷为q/m的负离子以相同速率v0（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计重力）（    ）‎ A. 离子在磁场中的运动轨迹半径一定相等 B. 由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 C. 离子在磁场中运动时间一定相等 D. 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m ‎，解得：，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故A正确；设粒子轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为，，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故C错误。由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ射入。故B正确，D错误；故选AB。‎ ‎【点睛】本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断，例如半径相同时，弦长越长，圆心角越大．‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共17.0分）‎ ‎16.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、请根据下列步骤完成电阻测量 将K旋转到电阻档“”的位置；‎ 将插入“”、“”插孔的表笔短接，转动部件______选填“S”、“T”或“K”；使指针对准电阻的______。填“0刻度线”或“刻线”‎ 将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中选出合理的步骤______。‎ A.将K旋转到电阻挡“”的位置 B.将K旋转到电阻挡“”的位置 C.将两表笔短接，旋动合适部件，进行欧姆调零 D.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 测量完毕后，把选择开关旋到______。‎ ‎【答案】 (1). T (2). 0刻度线 (3). ACD (4). OFF挡或交流电压最高挡 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据多用电表测量电阻的步骤：电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；欧姆表测量前要进行欧姆调零；欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；欧姆表读数刻度盘读数倍率；欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出即可解题。‎ ‎【详解】（2）将插入“”、“”插孔的表笔短接，转动部件欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻度线。‎ ‎（3）欧姆表选择电阻档“”，将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，为了得到比较准确的测量结果，应选择电阻挡“”，然后进行欧姆调零，然后再测电阻，应从合理的实验步骤为：ACD。‎ ‎（4）测量完毕后，把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡。‎ ‎【点睛】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近。‎ ‎17.某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时，发现里面除了一节1.5 V的干电池外，还有一个方形的层叠电池．为了测定层叠电池的电动势和内阻，实验室中提供了如下器材：‎ A．电流表A1(满偏电流10 mA，内阻10 Ω)‎ B．电流表A2(0～0.6 A～3 A，内阻未知)‎ C．滑动变阻器R0(0～100 Ω，1.0 A)‎ D．定值电阻R(阻值990 Ω)‎ E．开关S与导线若干 ‎(1)该同学根据现有的实验器材，设计了合理的电路．请你在右上侧的方框内画出相应的电路图______．‎ ‎(2)该同学根据上述设计的实验电路测出多组数据，绘出如下图所示的I1－I2图线(I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数)，则由图线可以得到被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(保留两位有效数字)‎ ‎【答案】(1)（2） 9.0 10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由原理图连接实物图所示；‎ ‎ （2）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知： I1（R3+RA）=E-I2‎ r 即： ； 由图可知，图象与纵坐标的交点为9.0mA，则有：9.0mA=； 解得E=9.0V； 由图象可知，图象的斜率为：10×10-3，由公式得图象的斜率等于， 故 =10×10-3；解得r=10Ω．‎ ‎【点睛】本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．‎ 四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）‎ ‎18.某直流电动机接入电路，如图所示的实验电路。调节滑动变阻器R的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为0．2 A和0．4V。重新调节R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为0.8A和3V。求：‎ ‎（1）这台电动机的线圈电阻；‎ ‎（2）电动机正常运转时的输入功率；‎ ‎（3）电动机正常运转时的输出功率。‎ ‎【答案】（1）2Ω（2）2.4W（3）1.12W ‎【解析】‎ ‎（1）电动机不转时，可看成纯电阻电路，由欧姆定律得：‎ ‎（2）正常工作时输入功率：P入=U2I2=3×0.8=2.4W ‎ ‎（3）正常工作时内阻消耗的功率P热=I22 r=0.82×2=1.28W ‎ 输出功率P输出=P入-P热=2.4-1.28=1.12W ‎ ‎19.如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′之间距离为1m且足够长，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R=10Ω，整个装置处于竖直向下的匀强磁场B=2T中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，电路中导线和导体棒电阻不计，用一水平向右F=5N的力拉动导体棒MN从静止开始运动，则 ‎（1）导体棒中的电流方向？（回答M→N还是N→M）‎ ‎（2）当导体棒匀速运动时,棒中的电流大小是多少安？‎ ‎（3）导体棒做何种运动？求最终的速度.‎ ‎【答案】（1）N→M（2）2.5A（3）12.5m/s ‎【解析】‎ ‎（1）根据右手定则或者楞次定律可知，导体棒的电流方向：N→M ‎ ‎（2）匀速运动时，F安=F=5N ‎ 由F安=BIL得I=F/BL=5/2×1=2.5A ‎ ‎（3）导体棒受到外力F和安培力的作用，做加速度减小的加速运动，当a=0时达到最大速度， 此时F安=F,最后以最大速度做匀速直线运动。‎ 由闭合电路欧姆定律 I=E/R 法拉第电磁感应定律 E=BLVmax 可知Vmax=IR/BL=12.5m/s ‎20.如图所示，一个质量为m=2.0×10-11kg，电荷量为q=1.0×10-5C的带正电粒子P（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压为U2．金属板长L=20cm，两板间距d=20cm，上极板带正电，下极板带负电．粒子经过偏转电场后进入右侧垂直纸面向里的水平匀强磁场中，位于磁场左侧的理想边界紧邻偏转电场，磁场中其余区域没有边界．磁场磁感应强度为B．求：‎ ‎（1）微粒进入偏转电场时的速度大小？‎ ‎（2）若粒子一定会由偏转电场进入磁场中，偏转电压U2满足什么条件？‎ ‎（3）当U2=120V时，若粒子离开磁场后不会第二次进入偏转电场，则磁感应强度B应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）微粒在加速电场中由动能定理，‎ 解得 ‎（3）若，‎ ‎，‎ 设粒子以v进入磁场，且速度与水平方向成θ角，则，在磁场中 如图，若粒子回到磁场边界时经过的点在上板右边缘上方，则不会第二次进入电场，即 解得 ‎ ‎ ‎ ‎