2017-2018学年河北省衡水市安平中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年河北省衡水市安平中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

安平中学2017——2018年度第一学期期中考试 普通班高二物理试题 一、选择题：本题共15个小题，有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。满分共60分.‎ ‎1. 如图中，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U。将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（ ） ‎ A. 电场力做功qU B. 克服电场力做功qU C. 电场力做功大于qU D. 电场力做功小于qU ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在a点固定放置一个点电荷，因为距离场源越近电场强度越大因为可以知道，将另一个点电荷＋q从d点移到e点的过程中电场力做正功且小于qU，故选D 考点：考查电势差与场强的关系 点评：本题难度较小，对于非匀强电场也可利用U=Ed判断电势差大小，E为平均场强大小 ‎2. (多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容。则(　　)‎ A. 电介质插入极板间越深，电容器电容越小 B. 当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流 C. 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩 D. 当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流 ‎【答案】CD ‎【解析】根据电容器的电容公式，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C正确；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q=CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；故选CD．‎ 点睛：此题考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q=CU公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电流的依据．‎ ‎3. 图示中的虚线是甲、乙两试探电荷在某点电荷电场中从到的运动轨迹，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 甲、乙带同种电荷 B. 从到，电场力对甲做的功较多 C. 电场力对甲先做负功后做正功 D. 乙在点的电势能最高 ‎【答案】D ‎【解析】由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同．故A错误．a、b两点在同一等势面上，故从到，电场力对甲和乙做的功均为零，选项B错误；从a到b，中心电荷对甲是吸引力，则电场力对甲先做正功后做负功，选项C错误；从a到b，中心电荷对乙是排斥力，则电场力对乙先做负功后做正功，电势能先增加后减小，即在d点的电势能最高，选项D正确；故选D.‎ ‎4. 如图a所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间的电压分别如b图甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（　 　）‎ ‎ 图（b）‎ A. 电压是甲图时，在0〜T时间内，电子的电势能一直减少 B. 电压是乙图时，在0〜T/2时间内，电子的电势能先增加后减少 C. 电压是丙图时，电子在板间做往复运动 D. 电压是丁图时，电子在板间做往复运动 ‎【答案】D ‎【解析】若是甲图，电场力先向左后向右，则粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0〜时间内，电子先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误； C、电压是丙图时，电子先做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增加后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后继续朝同一方向加速减速，故粒子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子线加速，到后减速，后反向加速，后减速，T时减为零，之后又反向加速…；故粒子做往复运动，D正确；故选D．‎ ‎5. 电阻R1和R2分别标有“2 Ω 1.0 A”和“4 Ω 0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为(　　)‎ A. 1.5‎‎ W B. 3.0 W C. 5.0 W D. 6.0 W ‎【答案】A ‎【解析】把R1和R2串联后，由于R2的最大电流较小，所以串联后的最大电流为0.5A，串联后的总电阻为6Ω，所以电路的最大的功率为P=I2R=0.52×6W=1.5W，故选A. 点睛：本题考查的是串联电路的特点，在串联电路中，电路的电流的大小是相同的，根据这一个特点就可以判断出电流中允许通过的最大的电流.‎ ‎6. (多选)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电能转化为化学能的功率为UI－I2r B. 充电器输出的电功率为UI＋I2r C. 电池产生的热功率为I2r D. 充电器的充电效率为×100%‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：由于充电器的两端电压为U，则锂电池的两端电压也为U，电流为I，故锂电池消耗的电功率为UI，锂电池的发热功率为I2r，故转化为化学能的的电功率为UI－I2r，选项A正确；充电器的输出功率为UI，选项B错误；电池产生的热功率为I2r，选项C正确；充电器的充电效率为（1-）×100%，选项D错误。‎ 考点：电源对非纯电阻元件供电。‎ ‎7. （多选）如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值为2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电路中的电流变大 B. 电源的输出功率先变大后变小 C. 滑动变阻器消耗的功率变小 D. 定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小 ‎【答案】AC ‎【解析】当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，R外≥R0=r，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻从3r减小到r，由于整个过程中，外电阻一直大于电源内阻，随外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，故AB错误．把R0与电源组成的整体看做等效电源，电源内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，随着外电阻从3r减到0的过程中，输出功率先增大后减小，故C正确．当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，根据P=I2R0，RO不变，定值电阻R0上消耗的功率变大．故D正确．故选：CD．‎ 点睛：分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率．‎ ‎8. （多选）如图所示，为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，电表均为理想电表；开始时开关S闭合，两个电表均有读数，某时刻发现电压表示数变小，而电流表示数变大，则电路中可能出现的故障是（ ）‎ A. R2短路 B. R2断路 C. R1短路 D. R3短路 ‎【答案】CD ‎【解析】若R2短路，电流表没有电流通过，示数变为零，与题不符，故A错误．若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，不符合题意，故B错误．若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，符合题意，故C正确．若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，R2的电压减小，通过R2的电流减小，则电流表地示数增大，符合题意，故D 正确．故选CD.‎ 点睛：在故障分析问题中，常常用排除法．本题中是理想电表，电压表内阻认为是无限大，电流表的内阻认为为零．‎ ‎9. （多选）下列关于磁场或电场的说法正确的是（ ）‎ A. 通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大 B. 磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关 C. 检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱 D. 通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱 ‎【答案】BC ‎【解析】通电导线在磁感应强度大的地方受力不一定大，还与导线的放置方式有关，选项A错误； 磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关，只与磁场本身来决定，选项B正确；检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱，选项C正确；通电导线在磁场中某点受到的最大的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱，选项D错误；故选BC.‎ ‎10. 如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是(　　)‎ A. a、b、c的N极都向纸里转 B. b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转 C. b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转 D. b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：圆环带有负电荷，圆环顺时针转动时，产生的等效电流方向沿逆时针方向；由安培定则可知，a、c所在处磁场垂直于纸面向里，b处磁场垂直于纸面向外，故a、c处的小磁针的N极朝纸内转动，b处小磁针的N极朝纸外转动，故B正确，ACD错误；故选B．‎ ‎【点睛】‎ 正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反；在磁场中，小磁针静止时N极所指的方向是磁场的方向；由安培定则判断出a、b、c、d各处磁场方向，然后确定小磁针的转动情况．‎ ‎11. 正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，若A、B、C三处导线中的电流分别为I、2I、3I，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即B，则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为（ ）‎ A. a点最大 B. b点最大 C. C点最大 D. b,c两点一样大 ‎【答案】B ‎【解析】设正三角形的边长为2L，根据公式，结合矢量的叠加原理，则a、b、c三点的磁感应强度大小分别为：；； ；综上所述，故B正确，ACD错误；故选B．‎ ‎12. 如图所示，在固定位置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到(　　)‎ A. 线圈向左平移 B. 线圈向右平移 C. 从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁 D. 从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁 ‎【答案】C ‎【解析】通以逆时针的电流，由于处于S极的磁体附近，根据左手定则可得，线圈左边安培力垂直纸面向里，右边安培力垂直纸面向外．从上往下看，导致线圈顺时针转动；当线圈转过900角时，由右手定则可知线圈左端为N极，则与磁体吸引，即线圈边转动，边向磁体靠近．故选C.‎ 点睛：通电圆环处于S极的附近，受到磁场力的作用使其转动，当转过与磁感应线垂直时，由于磁场的不均匀，导致线圈受到安培力作用．‎ ‎13. 如图所示，直角形导线abc通以恒定电流I，两段导线的长度分别为3L和4L，导线处于垂直于导线平面的磁感应强度为B的匀强磁场中，则导线受到磁场力的合力为(　 　)‎ A. 3BIL，方向b→c B. 4BIL，方向b→a C. 7BIL，方向垂直于ac连线斜向上 D. 5BIL，方向垂直于ac连线斜向上 ‎【答案】D ‎ ‎ ‎14. 如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF、间距为L，与电动势为E0的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为（ ）‎ A. ，水平向右 B. ， 垂直于回路平面向上 C. ， 竖直向下 D. ，垂直于回路平面向下 ‎【答案】D ‎【解析】对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示：‎ ‎ 从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为：FA=mgsinθ，故磁感应强度的最小值为：；根据欧姆定律，有：E=IR，故有：，根据左手定则，磁场方向垂直平面向下；故D正确、ABC错误．故选D．‎ 点睛：本题是三力平衡中动态分析问题，即其中第一个力大小和方向都不变，第二个力方向不变，大小可变，则当地三个力与第二个力垂直时，第三个力取最小值；同时要结合欧姆定律、安培力公式列式求解．‎ ‎15. （多选）磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是(　 　)‎ A. a、b两处的磁感应强度大小Ba＜Bb B. a、b两处的磁感应强度大小Ba＞Bb C. 一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小一定有Fa＜Fb ‎【答案】AD ‎【解析】磁场中磁感线的疏密表示磁场的强弱．由图可知，Ba”“＝”或“<”)。‎ b．另一同学找来一恒压电源，按图3的电路先后将接线端P分别接a处和b处，测得相关数据如表2所示，该同学利用该数据可算出Rx的真实值为______ Ω。‎ ‎【答案】 (1). a.①1.704 (2). ②电压表内阻远大于金属丝电阻，电压表分流几乎为零 (3). (4). < (5). b.‎ ‎【解析】a.①由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为1.5mm+20.4×0.01mm=1.704mm． ②由表中实验数据可知，电压表接a、b两点时，电流表示数不变，电压表示数变化较大，说明电压表内阻很大，电压表分流很小，几乎为零，电流表分压较大，电流表应采用外接法，电压表应接a点，金属丝电阻；电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，金属丝电阻测量值小于真实值． b、由表中实验数据可知，由表中实验数据可知，． 点睛：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；伏安法测电阻时，电流表有两种接法：内接法与外接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用电流表内接法．‎ ‎17. 现有一电池，电动势大约为，内阻约为，无法从标签上看清其电动势等数据.现要准确测量其电动势和内阻，实验室备有下列器材：‎ A.电流表（量程，内阻为）；‎ B.电压表（量程,内阻为）；‎ C.滑动变阻器（阻值范围）；‎ D.定值电阻；‎ E.定值电阻；‎ F.开关及导线.‎ ‎（1）由于实验室中电表量程不恰当，需要先将电表改装，该实验中电压表应_________联定值电阻_________（选填R1或R2），电流表应_______联定值电阻_________（选填R1或R2）.‎ ‎（2）在虚线框中画出实验电路原理图.‎ ‎（3）若采用了正确的实验电路，通过改变滑动变阻器的阻值，得到了多组电压表示数和电流表示数I，作出了U-I图像，若图像在纵轴的截距为，图像的斜率绝对值为，则电源电动势为__________，内阻为__________.‎ ‎【答案】 (1). （1）串 (2). (3). 并 (4). (5). （2）电路原理图如图所示 ‎ (6). （3） ‎ ‎【解析】（1）电源的电压约为20V，电压表量程只有15V，故应串联阻值较大的定值电阻扩大量程，故定值电阻应选择R1；电流表量程只有0.6A，则应并联阻值较小的定值电阻R2.‎ ‎（2）实验电路原理图.‎ ‎ ‎ ‎（3）若设电流表读数为I，因R2=RA，则电路总电流为2I；电压表读数为U，因R1=RV，则电路总电流为2U，由闭合电路的欧姆定律可得：2U=E-2Ir，即U=0.5E-Ir则a=0.5E，E=2a；r=b.‎ 三、计算题：本题共3个小题，共33分.要求写出必要的答题过程.‎ ‎18. 一根长为、质量的铜质直导线水平放置在桌面上，所在空间存在着与水平方向成斜向下的匀强磁场，磁感应器强度大小B=1T.现用蓄电池给直导线通入I=200mA 的电流，电流方向如图甲所示，铜导线仍保持静止，重力加速度g＝10 m/s2.问：‎ ‎（1）桌面受到的压力多大？‎ ‎（2）铜导线受到的摩擦力多大？方向如何？‎ ‎【答案】（1）9.827N；（2）0.1N，方向水平向左；‎ ‎【解析】（1）对直导线受力分析，如图；‎ 由公式F=BIL可得直导线受到的安培力：F=0.2N；‎ 根据平衡条件可知：FN+Fsin600=mg 解得FN=9.827N 根据牛顿第三定律可知桌面受到的压力为9.827N.‎ 方向水平向左.‎ ‎19. 如图所示，连接在电路中的电阻大小分别为,,电容器的电容为,电流表的内阻不计.若电路中接入电动势、内阻的直流电源，则闭合开关S，待电路稳定后，试求：‎ ‎（1）电路稳定后电流表的示数；‎ ‎（2）电路稳定后电容器两端的电压；‎ ‎（3）在断开电源时通过的电荷量.‎ ‎【答案】（1）0.6A；（2）1.2V；（3）1.8×10-5C；‎ ‎【解析】（1）由于闭合开关S，待电路稳定后R1、R2被短路，电容器支路断路，故由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎ ‎ 由于闭合开关S，待电路稳定后R1、R2中均无电流通过，即R1、R2两端的电压都为零，即： ‎ 故电容器两端的电压 ‎ 再断开电源后，电容器通过电阻R1、R2、R3进行放电.由于放电电路为R1、R2并联后再与R3串联，故通过R1的电荷量为电容器带电荷量的一半. ‎ 而原来电容器所带的电荷量 ‎ 故通过R1的电荷量 ‎ ‎20. 为使带正电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图甲所示.已知AB=0.4m，,,,A点的电势,sin37°=0.6，cos37°=0.8．不计电荷受到的重力.求：‎ ‎（1）在图中用实线画出通过A、B两点的电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线，并标明它们的电势；‎ ‎（2）点电荷q在由A到B的过程中电势能的变化量？‎ ‎【答案】（1）（2）4.8×10-5J ‎【解析】（1）因为点电荷在电场中做匀速运动，所以 ‎ 电场强度：，方向与F的方向相反 ‎ 电势差：‎ B点电势：‎ 电场线和等势线如图所示. ‎ ‎（2）电场力所做功的负值等于电势能的增量：‎ 可得电势能的增加量为： ‎ ‎ ‎