学年广东省信宜市高二上学期期末考试物理试题 解析版.docx

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学年广东省信宜市高二上学期期末考试物理试题解析版

广东省信宜市2017-2018学年高二第一学期期末考试物理试题

一、选择题：

本题共9小题，每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合随目要求，第6~9题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出，则（）

A.电容器电容增大

B.电容器极板间电场强度变大

C.电容器极板间电势差变小

D.电容器极板上的电荷量变小

【答案】D

【解析】A．平行板电容器接在恒压直流电源上，其两极间的电压不变。

若将云母介质移出，由电容的决定式

，可知，电容C会减小，故A错误；

B．因E=U/d，U不变，d不变，电场强度不变，故B错误；

C．电容器接在恒压直流电源上，电容器极板间电势差不变，故C错误；

D．由电容的定义式C=Q/U，可得，电荷量会减小，故D正确。

故选：

D.

点睛：

电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．

2.如图所示，在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球。

同时从静止释放，则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是（）

A.速度变大，加速度变大

B.速度变小，加速度变小

C.速度变大，加速度变小

D.速度变小，加速度变大

【答案】C

【解析】试题分析：

因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．故选C。

考点：

库仑定律；牛顿第二定律

【名师点睛】本题中两球间存在斥力，引力逐渐减小，根据功能关系的判断速度变化，注意掌握牛顿第二定律的应用。

3.如图所示，两个初速度大小相同的同种正离子a和b，从0点分别从不同方向沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。

不计重力，下列说法正确的有（）

A.a在磁场中飞行的半径比b小

B.a在磁场中飞行的时间比b的短

C.a在磁场中飞行的路程比b的短

D.a在P上的落点与0点的距离比b的近

【答案】D

【解析】解答：

A.由

可知，两粒子半径相等，故A错误；

B.因粒子带正电，则由左手定则可知，粒子均向下偏转，根据粒子入射方向可判断其向心力方向，从而明确其圆心的位置，则可知a、b粒子的运动轨迹如图所示：

根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故B错误；

C.由图可知a粒子在磁场转过的圆心角较大，故a在磁场中飞行的路程要长；故C错误；

D.由图根据运动轨迹可知，b到P点的落点的距离为直径，而a的落点为一个小于直径的弦；故两粒子在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确。

故选：

D.

4.与一般吉他以箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声。

如图所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成。

磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场。

当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号。

下列说法中正确的是

A.若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作

B.换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作

C.琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化

D.拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号

【答案】D

【解析】试题分析：

电吉他是将琴弦与线圈所围成的面积放入于磁场中，当琴弦振动时所围成面积的磁通量发生变化，导致线圈产生感应电流，最后通过扩音器放大经扬声器播出．

若失去磁性则无法产生电磁感应，因此吉他不能正常工作，故A错误；电吉他不可以使用尼龙线做琴弦．若是尼龙线则不能构成回路，故B错误；琴弦振动时，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，若是恒定，则声音全是一种调，更何况也不可是恒定电流的，故C错误；电吉他是属于磁生电的应用，是根据电磁感应原理工作的．拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故D正确．

5.如图所示，两平行光滑导轨相距为L=20cm，金属棒MN的质量为m=10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，方向竖直向下，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，当开关K闭合时，MN恰好平衡，则变阻器R1的取值为（）（设θ=45°，g取10m/s2）

A.1ΩB.7ΩC.8ΩD.16Ω

【答案】B

【解析】MN受力分析如图所示：

因MN平衡，所以有mgsinθ＝BILcosθ①

由闭合电路欧姆定律得

    ②

由①②并代入数据得：

R1＝7Ω.故B正确，ACD错误。

故选：

B。

点睛：

金属棒受到竖直向下的重力，水平向右的安培力，以及导轨的支持力处于平衡状。

根据安培力的大小公式，以及共点力平衡去求解．

6.如图，静电植线时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电线毛落向布匹的过程中（）

A.做匀速运动

B.做加速运动

C.做减速运动

D.电场力做正功，电势能逐渐减小

【答案】BD

【解析】AB、由题知，绒毛带负电，金属网间的电场强度方向向上，所以绒毛所受的电场力向下，做加速运动，故A错误，B正确，C错误；

D、电场力对绒毛做正功，其电势能逐渐减小，故D正确。

故选：

BD.

点睛：

根据异种电荷相互吸引，分析绒毛受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，判断电势能的变化．

7.如图所示，在光滑水平面上放根固定的通电直导线（电流方向如图中所示），并在它旁边与它在同一水平面内放一通电矩形导线框abcd（电流方向如图中所示），则（）

A.线框的ab、cd、ad、bc边都受到安培力作用。

B.线框保持静止

C.线框向右匀速运动

D.线框向右加速运动

【答案】AD

【解析】A．直导线中的电流方向由下向上，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向垂直纸面向内。

根据左手定则，左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向上的安培力，下边受到向下的安培力，故A正确；

B．离通电导线越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，左边受到的安培力大于右边，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，故线圈受通电直导线作用后将向右加速运动。

故D正确，BC错误。

故选：

AD.

点睛：

直导线中的电流方向由下到上，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据左手定则分析导线框所受的安培力情况，进而判断导线框的运动情况．

8.如图甲所示，面积S=1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示（B取向里方向为正），以下说法正确的是（）

A.环中产生顺时针方向的感应电流

B.环中产生逆时针方向的感应电流

C.环中产生感应电动势大小为1V

D.环中产生感应电动势大小为2V

【答案】BC

【解析】磁场垂直于纸面向里，由图乙所示可知，磁感应强度增加，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，A正确；B错误；感应电动势

，C正确；D错误；

故选AC。

9.一个电源电动势为30V，内电阻不计，与一个“6V12W”的电灯、一个绕线电阻为2Ω的电动机M串联接入电路。

已知电路中电灯正常发光，则：

A.通过电灯的电流为2A

B.电动机两端的电压为30V

C.电动机消耗的总功率为60W

D.绕线电阻的电热功率为8W

【答案】AD

【解析】A．通过电灯的电流：

I=P/U=12/6A=2A，故A正确；

B．电动机的电压：

U电=E−U灯=30−6=24V，故B错误；

C．电动机消耗的总功率：

P电=U电I=24×2=48w，故C错误；

D．绕线电阻的电热功率：

P热=I2R=22×2=8w，故D正确。

故选：

AD.

二、非选择题：

本题共5小题，花56分。

按题目的要求做答。

解答题写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

10.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、T.请根据下列步骤完成电阻测量：

（1）旋动部件__________，使指针对准电流的“0”刻度线.

（2）将K旋转到电阻挡“×100”位置

（3）将插入“+”“-”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________（填“0刻线”或“∞刻线”）

（4）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，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量。

A.将K旋转到电阻挡“×1K”的位置

B.将K旋转到电阻挡“×10”的位置

C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接

D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准

【答案】

（1）.S

（2）.T（3）.0刻线（4）.ADC

【解析】①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.

③接着是欧姆调零，将“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．

11.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图（a）所示的I-U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.

（1）根据图线的坐标数值，请在图（b）中用笔画线代替导线____，把实验仪器连接成完整的实验电路。

（2）根据图（a），可判断出图（c）中正确的关系图是________（图中P为小灯泡功率）。

（3）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8V的电源（内阻不计）上，如图（d）所示，则电流表的示数为________A

【答案】

（1）.

（2）.D（3）.0.6

【解析】

（1）、因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电压从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示

（2）由P=I2R可知，在P−I2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随温度的升高而增大，故D正确，ABC错误。

故选：

D。

（3）在题d图中的混联电路中，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I.在这个闭合电路中，有

E=U+2IR0

代入数据并整理得，U=8−20I

这是一个直线方程,把该直线在题甲图上画出,如图所示

这两条曲线的交点为U=2V、I=0.3A,同时满足了电路结构和元件的要求,此时通过电流表的电流值IA=2I=0.6A.

每只灯泡的实际功率P=UI=2×0.3=0.6W

12.如图所示，在电场强度为E的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R=0.4m，N为半圆形轨道最低点。

现一小滑块从位于N点右侧1.5m的M处出发，以初速度v0=7m/s向左运动，它恰好能沿轨道运动到最高点Q。

已知小滑块带负电q=10-4C，它的质量m=0.01kg，它与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，取g=10m/s2。

求电场强度的大小。

【答案】1000V

【解析】设小滑块到达Q点时的速度为v，由牛顿第二定律得：

mg+qE=

小滑块从开始运动到Q点的过程中，由动能定理得：

联立方程解得：

E=1000V

13.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。

若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。

一质量为m、电荷量为+q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。

不计粒子重力。

求：

（1）加速电场的电压；

（2）P、Q两点间的距离s。

【答案】

（1）

（2）

【解析】

（1）由题意知粒子在辐射电场中做圆周运动，由电场力提供向心力，则：

在加速电场有：

解得：

（2）在磁分析器中，粒子受洛伦兹力提供向心力，则由

得：

代入解得：

P、Q两点间的距离

14.如图所示，两根相距l=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15Ω的电阻相连。

导轨间x>0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T。

一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。

棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。

求：

（1）回路中的电流；

（2）金属棒在x=2m处的速度；

（3）金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小。

【答案】

（1）2A

（2）2/3m/s（3）1.6J

【解析】

（1）电阻上消耗的功率不变，即回路电流不变，在x=0处有：

E=B0lv0=0.4V

由闭合电路欧姆定律得：

（2）由题意，磁感应强度B=B0+kx

由于电流恒定，在x=2m处有：

解得：

v=

m/s

安培力随位置线性变化，则安培力做功：

代入数据解得：

WF=1.6J