四川省內(nèi)江市2017-2018學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題-含解析

1、四川省內(nèi)江市2017-2018學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題一、選擇題1. 科學(xué)發(fā)現(xiàn)或發(fā)明是社會進步的強大推動力，青年人應(yīng)當(dāng)崇尚科學(xué)在下列關(guān)于科學(xué)發(fā)現(xiàn)或發(fā)明的敘述中，存在錯誤的是A. 安培提出“分子電流假說”揭示了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)B. 庫侖發(fā)明了“扭秤”，準(zhǔn)確的測量出了帶電物體間的靜電力C. 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電與磁的聯(lián)系D. 法拉第經(jīng)歷了十年的探索，實現(xiàn)了“電生磁”的理想【答案】D【解析】A項：安培提出的分子電流假說，揭示了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)，故A正確；B項：一位法國的科學(xué)家發(fā)明了扭秤，巧妙而準(zhǔn)確地測量出了物體間的靜電力，這位科學(xué)家是庫侖，故B正確；C項：奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，首

2、次揭開了電與磁的聯(lián)系，故C正確；D項：法拉第經(jīng)歷了十年的探索，實現(xiàn)了“磁生電”的理想，故D錯誤。2. 讓質(zhì)子（)和氘核()的混合物沿著與電場線垂直的方向進人勻強電場，要使它們最后的偏轉(zhuǎn)角相同，這些粒子必須具有相同的A. 初速度 B. 動能 C. 動量 D. 質(zhì)量【答案】B【解析】設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，勻強電場的場強大小為E，電場的寬度為L，初速度為v0，最后的偏轉(zhuǎn)角為帶電粒子在垂直電場方向做勻速直線運動，L=v0t，所以，沿電場方向做勻加速直線運動，加速度，粒子離開電場時垂直于電場方向的分速度 vy=at，則，聯(lián)立解得：質(zhì)子和氘核的電量相等，相同時，則知mv02相等，初動能 相等，故

3、B正確。點晴：帶電粒子垂直進入勻強電場中，做類平拋運動，將粒子的運動進行正交分解，由牛頓第二定律、運動學(xué)以及兩個分運動的等時性，得出偏轉(zhuǎn)角的表達式，再進行分析。3. 如圖所示，兩個等量同種點電荷P、Q，在P、Q連線的垂直平分線上有M、N兩點，另外有點電荷q，那么，下列說法中正確的是A. M點電場強度的大小一定大于N點電場強度的大小B. M點電場強度的大小一定小于N點電場強度的大小C. 若q是正電荷，q在N點的電勢能比在M點的電勢能大D. 無論q是正電荷還是負(fù)電荷，q在M點的電勢能都比在N點的電勢能小【答案】C【解析】A、B項：根據(jù)等量同種電荷連線中垂線上電場線分布可知，從中點向上，電場強度先增

4、大后減小，所以無法確定M、N兩點的電場強度的大小，故A、B均錯誤；.4. 兩根材料相同的均勻?qū)Ь€x和y，其中，x的長度為l，y的長度為2l，串聯(lián)在電路上時沿長度方向的電勢隨位置的變化規(guī)律如圖所示，那么，x和y兩導(dǎo)線的電阻和橫截面積之比分別為A. 3:1 1：6 B. 2:3 ：6 C. 3：2 1：5 D. 3：1 5：1【答案】A【解析】x和y兩端的電勢差分別為6V，2V，電流相等，根據(jù)歐姆定律得： ，根據(jù)電阻定律得：，則有，則橫截面積之比為：，故A正確。點晴：串聯(lián)電路中電流相等，根據(jù)電勢差的大小，通過歐姆定律得出電阻的大小關(guān)系，再根據(jù)電阻定律得出x和y導(dǎo)線的橫截面積之比。5. 如圖所示，平

5、行線代表電場線，電荷量為10-2C的帶正電微粒，只在電場力作用下由A點運動到B點，動能增加了0.1J，Ä點的電勢為-10V,則下列說法中正確的是A. B點的電勢是OV,粒子的運動軌跡是2B. B點的電勢是-20V,粒子的運動軌跡是2C. B點的電勢是OV，粒子的運動軌跡是1D. B點的電勢是-20V，粒子的運動軌跡是1【答案】B【解析】根據(jù)動能定理得，qUAB=Ek，得到，由UAB=A-B得，B點的電勢B=A-UAB=-10-10V=20V電荷從A點運動到B點時動能增加，電場力做正功，又電場力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，則判斷出來微粒的運動軌跡如圖中的虛線2所示，故B正確。點晴：根據(jù)動能定理求出

6、AB間的電勢差，由UAB=A-B，求解B點的電勢，由題可知，電荷所受電場力方向水平向左或水平向右，而且指向軌跡的內(nèi)側(cè)，電荷從A點運動到B點時動能增加，說明電場力做正功，可判斷出微粒的運動軌跡為虛線2所示。6. 如圖所示，有一平向右的勻強電場，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球以初速度v0，從A點豎直向上射人電場中，小球通過電場中B點時速度大小2v0，方向與電場方向一致，那么，A、B兩點的電勢差為A. B. C. D. 【答案】D【解析】小球水平方向只受電場力做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理得：，得：a、b兩點的電勢差為，故D正確。7. 如圖，電子在電壓為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后，射

7、入電壓為U2的兩塊平行板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，在下述四種情況中，一定能使電子的側(cè)向位移變大的是A. U1增大，U2減小 B. U、U2均增大C. U1減小，U2增大 D. U1、U2均減小【答案】C【解析】設(shè)電子被加速后獲得初速為v0，則由動能定理得： 又設(shè)極板長為l，則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時間： 又設(shè)電子在平行板間受電場力作用產(chǎn)生加速度為a，由牛頓第二定律得： 由以上各式可得：，故C正確。8. 一個質(zhì)子()和個a粒子()沿著垂直于磁感線的方向從同一點射人一個勻強磁場中，若它們在磁場中的運動軌跡是重合的，如圖所示，那么

8、，它們在磁場中A. 運動的時間相等 B. 加速度的大小相等C. 動量的大小相等 D. 動能相等【答案】D【解析】A項：質(zhì)子和粒子在磁場中運動時間為各自運動周期的一半，根據(jù)可知，質(zhì)子和粒子的比荷不同，所以周期不同，運動時間不同，故A錯誤；B項：根據(jù)得，由于質(zhì)子和粒子的比荷之比為2：1，速度之比為2：1，所以加速度大小不相等，故B錯誤；C項：由得，由于質(zhì)子和粒子的電荷量之比1：2，所以動量大小不相等，故C錯誤；D項：由得，由于質(zhì)子和粒子的電荷量之比為1：2，速度之比為2：1，所以mv2相等，即動能相等，故D正確。9. 如圖所示，一水平放置的矩形線圈abed在磁場N極附近豎直自由下落，保持bc正在紙

9、外，ad邊在紙內(nèi)，由圖中的位置I經(jīng)過位置到位置，這三個位置都靠得很近，在這個過程中，繞圈中感應(yīng)電流的方向是A. 沿abcd的方向流動B. 沿dcba的方向流動C. 由I到是沿abcd的方向流動，從到是沿dcba的方向流動D. 由I到是沿dcba的方向流動，從到是沿abcd的方向流動【答案】A【解析】分析N極右側(cè)附近的磁場，在I位置通過線圈的磁場斜向上，到II位置時，通過線圈的磁場方向與線圈平面平行，故磁通量為零。因此從I到II過程中，向上的磁通量減少，因為感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，即向上，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為abcd流動;而在III位置時通過線圈的磁場方向斜向上，因此從II到II

10、I過程中，通過線圈的磁通量增加，故感應(yīng)電流磁場與原磁場方向相反，即向上，由安培定則可知感應(yīng)電流方向仍為abcd方向，故A項正確。10. 如圖甲中所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向，當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t按如圖乙變化時，下列四圖中正確表示線圈中感應(yīng)電動勢E隨時間t變化的是A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律，在t=0到t=1 s,B均勻增大，則為一恒量，則E為一恒量，再由楞次定律，可判斷感應(yīng)電動勢為順時針方向，則電動勢為正值，在t=1 s到t=3 s,B不變化，則感應(yīng)電動勢為零，在t=3 s到

11、t=5 s,B均勻增大，則為一恒量，但B變化得較慢，則E為一恒量，但比t=0到t=1 s小，再由楞次定律，可判斷感應(yīng)電動勢為逆時針方向，則電動勢為負(fù)值，所以A選項正確。11. 如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，金屬棒ab與導(dǎo)軌的電阻均不計。整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，ab捧在豎直向上的恒力F作用下加速上升的過程中，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于A. 棒的動能增加量 B. 棒的機械能增加量C. 棒的重力勢能增加量 D. 電阻R上放出的熱量【答案】B【解析】A項：由動能定理，動能增量等于

12、合力的功合力的功等于力F做的功、安培力的功與重力的功代數(shù)和；故A錯誤；B項：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用由動能定理：WF+WG+W安=EK，得WF+W安=EK+mgh，即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能的增加量，故B正確；C項：棒克服重力做功等于棒的重力勢能增加量，故C錯誤；D項：棒克服安培力做功等于電阻R上放出的熱量，故D錯誤。點晴：本題運用功能關(guān)系分析實際問題對于動能定理理解要到位：合力對物體做功等于物體動能的增量，哪些力對物體做功，分析時不能遺漏。12. 如圖，用同種材料制成的不同粗細的導(dǎo)線繞成兩個面積相同的正方形線圈和，使它們從理想界面的勻強磁場上方高度為h處同時自由下

13、落，線圈平面與磁感線垂直，空氣阻力不計，有界磁場的寬度H大于線圈的寬度L，線圈I所用導(dǎo)線較粗，比較兩線圈落地的先后次序，下列判斷中正確的是A. 線圈I先落地 B. 線圈先落地C. 兩個線圈I和同時落地 D. 條件不足，無法比較【答案】C【解析】由知，兩個線圈進入磁場時的速度相等根據(jù)牛頓第二定律得：mg-F=ma，得 又安培力，得將，代入上式得： 可見，上式各量都相同，則兩個線圈下落過程中加速度始終相同，運動情況相同，故運動時間相同，同時落地，故C正確。13. 如圖甲所示，質(zhì)量為m的通電細桿L置于傾角為R的兩平行導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌寬度為d，桿和導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，有電流時，桿恰好在導(dǎo)軌上靜止。在下

14、列四個側(cè)視圖中，用帶箭頭的直線表示出了四種磁場方向，其中，桿L和導(dǎo)軌之間的摩 擦力可能為零的是 【答案】AB【解析】A項：桿受到向下的重力，根據(jù)左手定則豎直向上的安培力，在這兩個力的作用下，可以處于平衡狀態(tài)，摩擦力可以為零，所以A正確；B項：桿受到向下的重力，根據(jù)左手定則水平向右的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，在這三個力的作用下，可以處于平衡狀態(tài)，摩擦力可以為零，所以B正確；C項：桿受到向下的重力，根據(jù)左手定則豎直向下的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，桿要靜止的話，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能為零，所以C錯誤；D項：桿受到向下的重力，水平向左的安培力，和垂直于斜面

15、的支持力的作用，桿要靜止的話，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能為零，所以D錯誤。14. 如圖所示，一金屬直棒MN兩端接有細導(dǎo)線，懸掛于線圈的正上方，MN與線圈軸線處于同一豎直平面內(nèi)，為了使MN垂直紙面向里運動，可能采用的辦法是A. 將a、c端接在電源的正極，b、d接在電源的負(fù)極B. 將b、d端接在電源的正極，a、c接在電源的負(fù)極C. 將a、d端接在電源的正極，b、c接在電源的負(fù)極D. 將b、d端用導(dǎo)線連接起來，a端接電源的正極，c接在電源的負(fù)極【答案】AB【解析】A項：將a、c端接在電源正極，b、d端接在電源負(fù)極，根據(jù)安培定則可知，線圈產(chǎn)生的磁場方向向下，再根據(jù)左手定則可知MN

16、受到的安培力向里，則MN垂直紙面向里運動，故A正確；B項：將b、d端接在電源正極，a、c端接在電源負(fù)極，根據(jù)安培定則可知，線圈產(chǎn)生的磁場方向向上，再根據(jù)左手定則可知MN受到的安培力向里，則M N垂直紙面里運動，故B正確；C項：將b、d端接在電源正極，根據(jù)安培定則可知，線圈產(chǎn)生的磁場方向向上，再根據(jù)左手定則可知MN受到的安培力外里，則M N垂直紙面外運動，故C錯誤；D項：將b、d端用導(dǎo)線連接起來，a端接電源的正極，c接在電源的負(fù)極，根據(jù)安培定則可知，線圈產(chǎn)生的磁場方向向上，再根據(jù)左手定則可知MN受到的安培力向外，則M N垂直紙面向外運動，故D錯誤。 15. 如圖所示的電路中，R為滑動變阻器，R1

17、、R2為定值電阻，且R1R2，電源的電動勢為E,內(nèi)阻為r。C為平行板電容器，L為小燈泡，當(dāng)S閉合后，滑動變阻器的滑片P向下滑動時，下列說法中正確的是A. 電流表的示數(shù)將增大，小燈泡變亮B. 電阻R1消耗的電功率將變小，小燈泡變暗C. 電容器中原來靜止的小球?qū)⑾蛳伦黾铀龠\動D. 滑動變阻器兩端的電壓的變化量與電流表示數(shù)的變化量之比為(絕對值)【答案】CD【解析】A項：滑動變阻器的滑片P向下滑動時，滑動變阻器接入電路中的電阻增大，根據(jù)“串反并同”可知，電流表的示數(shù)減小，小燈泡變暗，故A錯誤；B項：根據(jù)“串反并同”可知，電阻R1消耗的電功率將增大，小燈光變暗，故B錯誤；C項：根據(jù)“串反并同”可知，R

18、2兩端電壓變小，電容器間形成電場的電場強度減小，小球受的電場力變小，所以小球向下加速運動，故C正確；D項：將R1和R2與電源等效為“新電源”，滑動變阻器兩端的電壓即為“新電源”的路端電壓，電流表示數(shù)即為流過“新電源”的電流，所以滑動變阻器兩端的電壓的變化量與電流表示數(shù)的變化量之比即為“新電源”的內(nèi)阻，即為，故D正確。二、本題共5小題，每空2分，共30分16. 如果把q=1.0×10-8C負(fù)電荷，從無窮遠處移到電場中的A點，需要克服電場力做功W=1.2×10-4J，那么，電荷q在A點的電勢能為_J，A點的電勢為_V?！敬鸢浮?(1). 1.2×10-4 (2). -

19、1.2×l04【解析】據(jù)電勢能的改變量等于電場力做的功，所以q在A點的電勢能：EpA=W=1.2×10-4 J；負(fù)電荷在電勢低處具有的電勢能大，即A點的電勢A<0，。17. 如圖所示，長為0.2m的金屬棒ab處于勻強磁場中，繞其端點a以角速度=100rad/s勻速轉(zhuǎn)動，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.1T，那么，金屬棒ab中點的線速度為_m/s，感應(yīng)電動勢為_ V.【答案】 (1). 10； (2). 0.2；【解析】根據(jù)，根據(jù)。 18. 如圖所示是某多用電表的刻度盤表面示意圖，則：（1）如果用該多用電表進行了兩次測量，指針的位置如圖中a、b所示，其中，指針a所選擇的擋位

20、是“直流電壓2.5V，指針b所選擇的檔位是“直流電流100mA，”那么，a。、b相應(yīng)的讀數(shù)分別為_ 和_。(2)現(xiàn)在用該多用電表的電阻擋正確測量了一個13的電阻，在表盤上畫出該指針?biāo)甘敬笾挛恢胈。然后，需要繼續(xù)再鍘置一個阻值大約是2k左右的電阻。那么，在用紅、黑表筆接觸這個電阻兩端之前，該進行的操作步驟是：A.用螺絲刀調(diào)節(jié)表盤下中間部位的指針定位螺絲，使指針指零B.將紅、黑表筆接觸C.把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“x1k”位置D.把德?lián)耖_關(guān)旋轉(zhuǎn)到“x100”位置E.調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指向歐姆零點在以上操作步驟中，必須且有用的正確操作順序是_ ?！敬鸢浮?(1). (1)0. 56V； (2). 80

21、mA； (3). (2) ； (4). DBF；【解析】(1) 選開擇關(guān)置于直流電壓2.5V擋位時，由圖示可知，其分度值為0.1V，指針在a處時，其示數(shù)為0.56V，選開擇關(guān)置于直流電流100mA擋位時，由圖示可知，其分度值為10mA，指針在b處時，其示數(shù)為80mA；(2)由于電阻約為13，所以指針指在大約中間位置，如圖所示：為準(zhǔn)確測量電阻阻值，歐姆表指針應(yīng)指在表盤中央刻度線附近，測量阻值2k歐姆作用的電阻，應(yīng)把選擇開關(guān)置于“×100”擋，然后兩表筆接觸，旋轉(zhuǎn)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在歐姆表零刻度線上，然后再進行歐姆調(diào)零，故正確是實驗步驟是： D、B、E。19. 有一小燈泡標(biāo)有“6V

22、0.2A”字樣，現(xiàn)要描繪它的伏安特性曲線，有下列器材供選用：A. 電壓表（05v,內(nèi)阻2.0k） B.電壓表(015V3.0k)C. 電流表(0 0.3A，內(nèi)阻2.0) D.電流表(00.6A，內(nèi)阻1.5)E.滑動變阻器(30,1.2A) F.滑動變阻器(100,0.5A)G. 學(xué)生電源（直流9V,內(nèi)阻不計） H.定值電阻R0= 400I開關(guān)一個、導(dǎo)線若干。則：(l)為了盡可能減小誤差，實驗中所用的電壓表應(yīng)選 _，電流表應(yīng)選 _ ，滑動變阻器應(yīng)選_。(2)在虛線框中畫出實驗電路圖（要求電壓從0開始測量）_【答案】 (1). (1)A； (2). C； (3). E； (4). (2)圖甲：【解

23、析】(1)由于燈泡的額定電壓為6V，所以電壓表應(yīng)選A，額定電流為0.2A，所以電流表應(yīng)選C，根據(jù)，所以為了調(diào)節(jié)方便，滑動變阻器應(yīng)選E；(2)由于要求電壓從0開始測量，所以滑動變阻器應(yīng)選用分壓式，由于電流表的量程小于燈泡的額定電壓，所以應(yīng)擴大量程，所以選用R0與電壓表串聯(lián)，電路圖如下：20. 用電流表和電壓表測定電池的電動勢E和內(nèi)電阻r的電路如圖甲所示，一位同學(xué)測量的六組數(shù)據(jù)如下表格中所示，則：(1)根據(jù)表格中的六組數(shù)據(jù)在乙圈中作出U-I圖線_。（2）根據(jù)圖線得出的電池電動勢E= _V，根據(jù)圖線得出的電池內(nèi)電阻r=_ ?！敬鸢浮?(1). (1)圖乙 (2). (2)1. 45（1.44 -1.

24、46都給分）； (3). 0.70（0.58 -1.72都給分）；【解析】(1) 利用表中坐標(biāo)值，采用描點法并連線得圖象如圖所示(2) 由閉合電路歐姆定律可知U=E-Ir，再由數(shù)學(xué)知識可知，圖象與縱坐標(biāo)的交點為電源的電動勢故電源的電動勢為1.45V；圖象的斜率表示電源的內(nèi)阻，即：。點晴：電源的U-I圖象與縱軸交點坐標(biāo)值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻；偏離U-I圖象越遠的實驗數(shù)據(jù)測量誤差越大，應(yīng)用該數(shù)據(jù)求出的電源電動勢與內(nèi)誤差大。三、計算題： 21. 如圖所示平行板電容器的扳間距離d=3cm，板與水平面夾角=370，兩板所加電壓U=100V，現(xiàn)有帶電荷量為q=3×10-10C

25、帶電液滴，以v0=0.5m/s的水平速度從A板上邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板的下邊緣水平飛出，sin370=0.6,cos370=0.8，g=10m/s2.求：(1)液滴的質(zhì)量(2)液滴飛出時的速度大小【答案】（1）8×10-3kg；（2）1m/s；【解析】(1) 受力如圖，分解電場力電場強度 根據(jù)平衡條件得qEcos370= mg 由以上兩式解得m=8×10-3kg(2) 由牛頓第二定律qEsis370= ma 在平行板中飛行的距離是 由運動學(xué)公式 由以上各式解得 。22. 如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B、寬度為d、邊界為CD和EF.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從CD邊界外側(cè)以一定速率垂直射入勻強磁場，入射方向與CD邊界間夾角為。為使電子恰好不能從磁場的另一邊界EF射出，則：(1)電子的速率最多多大？(2)電子在磁場運動的最短時間是多少？【答案】（1）（2）由幾何知識得：r +rcos=d 由牛頓第二定律 由以上兩