高二物理下学期期中联考试题(含解析)

湖南省醴陵二中、醴陵四中２017-20１８学年高二下学期期中联考物
理试题
一、选择题
１、下列对公式的理解正确的是( )
A、F=Eq中,q为场源电荷,电场强度E与ｑ无关
B、U＝ＩＲ中,导体的电阻与该导体两端的电压无关
C。

依照安培力的公式F=BＩＬ,若Ｆ=0则B为0
D。

依照Φ＝BS,S越大,Φ越大
【答案】B
【解析】在F=Eq中,q为检验电荷,不是场源电荷,而电场强度E与q无关,故A错误;在U=ＩR 中,导体的电阻由本身决定的,与该导体两端的电压无关,故B正确;依照安培力的公式Ｆ=ＢIL,若F=0,估计Ｂ为零;也估计B不等于零,却是B与I平行,故Ｃ错误;据Φ＝BS,S越大,Φ不一定越大,比如当S与B平行时,Φ为零,故D错误。

因此Ｂ正确,ACD错误、
2。

如图所示,实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹,粒子先经过M点,再经过Ｎ点,能够判断( )
A。

M点的电势小于N点的电势
B、粒子带负电,Ｍ点的电势大于Ｎ点的电势
C、粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D。

粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】Ｄ
【解析】由图,若分别过M点与N点做等势线,依照顺着电场线方向电势逐渐降低,比较可知,Ｍ点的电势一定高于N点的电势。

故A错误;由图看出,粒子的轨迹向下弯曲,粒子所受电场力大致向下,电场线方向斜向下,说明粒子带正电,故B错误。

M点处的电场线较疏,而N点处电场线较密,则M点处的电场强度较小,粒子所受的电场力也较小、故C错误。

粒子从M运动到Ｎ的过程中,电场力做正功,粒子的电势能减小,M点的电势能大于Ｎ点的电势能,故D正确。

故选D。

点睛:关于粒子在电场中运动的问题,往往要依照曲线运动的特点:合力方向指向轨迹的内侧
判断电场力方向。

再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小。

３。

如图所示,电子在电势差为U1的电场中加速后,垂直射入电势差为U２的偏转电场,在满足电子能射出偏转电场的条件下,不计电子重力,下列四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是( )
A。

U１变大,Ｕ2变大
Ｂ、 U１变小,U2变大
C、 U1变大,U2变小
D、Ｕ１变小,U2变小
【答案】B
【解析】试题分析:依照动能定理:eU1=mｖ2;在偏转电场中v y=ａｔ;;;;若使偏转角变大即使ta ｎθ变大,由上式看出能够增大Ｕ2减小U1、故选Ｂ、
考点:带电粒子在电场中的运动
４。

如图所示,a、ｂ、c三个带电粒子从上端小孔O1射入速度选择器后,又都从O2进入下方的磁场,虚线是它们的运动轨迹,它们所带电荷量之比为ｑa:ｑb:q c=１:２:4,它们的质量之比为m a:ｍb:ｍc=１:1:2,不计粒子重力,则( )
A。

这三种粒子都带负电
B、这三种粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
Ｃ。

打在P２点的粒子是c
D、粒子ｂ、c都打在P1点
【答案】D
【解析】依照粒子在磁场中的运动轨迹,结合左手定则可知,这三种粒子都带正电,选项A错误;依照可得Ｔa:Tｂ:T c=2:1:1,三个粒子在磁场中运动半个周期,可知ｔａ=2t b=2t c,选项B错误;三种粒子从Ｏ2点射入磁场的速度相同,依照可知r a:r b:rｃ=2:1:１,可知打在Ｐ2点的粒子是ａ粒子,选项Ｃ错误;粒子ｂ、c都打在P１点,选项D正确;故选Ｄ、
点睛:此题关键要掌握带电粒子在磁场中运动的周期公式以及半径公式;明白速度选择器出来的粒子具有相同的速度、
5、如图所示电路中,当变阻器R３的滑动头P向b端移动过程中( )
A。

电压表示数变大,电流表示数变大
B、电压表示数变小,电流表示数变大
C、电压表示数变大,电流表示数变小
D、电压表示数变小,电流表示数变小
【答案】C
【解析】当变阻器的滑动头P向b端移动时,变阻器接入电路的电阻增大,并联部分的电阻增大,外电路的电阻增大,依照闭合电路的欧姆定律得知,总电流I减小,路端电压增大,则电压表示数变大。

并联部分的电压,I减小,其他量不变,可见,增大,通过的电流增大,流过电流表的电流,I减小,增大,减小,则电流表示数变小、因此电压表示数变大,电流表示数变小。

故选C、【点睛】电压表测量路端电压、当变阻器的滑动头P向b端移动时,分析变阻器接入电路的电阻如何变化,确定外电路总电阻的变化,依照欧姆定律分析总电流和路端电压的变化,判断电压表示数的变化、由欧姆定律判断并联部分电压的变化,确定通过的电流如何变化,由总电流和通过通过电流的变化分析电流表示数的变化、
６。

如图所示,ａ、ｂ为平行金属板,静电计的外壳接地,合上开关S后,静电计的指针张开一个较小的角度,能使角度增大的方法是( )
A。

使a、b板的距离增大一些
B。

使ａ、b板的正对面积减小一些
C。

断开Ｓ,使ａ板向左平移一些
D、断开S,使a、ｂ板的正对面积增大一些
【答案】C
【解析】开关S闭合,电容器两端的电势差不变,则静电计指针的张角不变、故AＢ错误、断开S,电容器所带的电量不变,使ａ板向左平移一些,ａ、b板的距离增大,则电容减小,依照U＝Q ／C
知,电势差增大,则指针张角增大。

故C正确。

断开S,电容器所带的电量不变,a、b板的正对面积增大,电容增大,依照Ｕ=Q/C知,电势差减小,则指针张角减小、故D错误。

故选C、
点睛:本题是电容器的动态分析,关键抓住不变量,开关S闭合,电容器两端的电势差不变;断开S,电容器所带的电量不变。

同时要掌握电容的决定式和定义式进行分析、
7、穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间ｔ变化图象分别如图中的①~④所示,说法正确的是( )
A。

图①有感应电动势,且大小恒定不变
B。

图②产生的感应电动势一直在变大
C、图③在0~t1时间内的感应电动势是ｔ１～ｔ2时间内感应电动势的2倍
Ｄ。

图④产生的感应电动势先变大再变小
【答案】C
【解析】试题分析:当穿过磁闭合回路的磁通量发生变化时,电路中出现感应电动势,当磁通量均匀变化时,感应电动势是不变的。

图①中穿过回路的磁通量不变化,故没有感应电动势,A错误;图②中磁通量均匀增加,磁通量变化率恒定,依照法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定不变,Ｂ错误;图③在0~ｔ1时间内的斜率是时间内斜率的2倍,因此在时间内感应电动势是时间内感应电动势的2倍,故C正确;图④的斜率大小先减小后增大,故产生的感应电动势先变小再变大,故D错误;
【点睛】由公式得:磁通量与时间图象的斜率大小,表示感应电动势的大小。

8、如图所示,在水平粗糙的地面放置一软导线线圈,有一匀强磁场垂直于该线圈平面,由于磁
场的磁感应强度发生变化,线圈变为圆形,下列说法估计
．．正确的是( )
A、该磁场的磁感应强度逐渐增多,方向竖直向上
B。

该磁场的磁感应强度逐渐减小,方向竖直向下
C。

线圈变为圆形的过程中,线圈所受安培力做功为零
D、线圈变为圆形后静止,仍然受到地面对其的摩擦力
【答案】B
点睛:解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向,也能够使用楞次定律的推广的形式处理,即“增缩减扩”、“来拒去留”、
9、下面关于光的波粒二象性的说法中,正确的说法不．正确的是( )
A、大量光子产生的效果往往显示出波动性,个别光子产生的效果往往显示出粒子性
B、光不估计同时既具有波动性,又具有粒子性
C、光在传播时往往表现出的波动性,光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性
Ｄ。

频率越大的光其粒子性越显著,频率越小的光其波动性越显著
【答案】B
、、。

、、、、、。

、、、、、
点睛:光的波粒二象性是指光有时表现为波动性,有时表现为粒子性;大量的光子波动性比较明显,个别光子粒子性比较明显、
1０。

如图所示,在光滑的水平地面上有一辆平板车,车的两端分别站着人A和Ｂ,A的质量为m A,B的质量为mＢ,mＡ>m B。

最初人和车都处于静止状态、现在,两人同时由静止开始相向而行,A 和B对地面的速度大小相等,则车( )
A、静止不动 B。

左右往返运动Ｃ。

向右运动Ｄ、向左运动
【答案】D
【解析】两人与车组成的系统动量守恒,开始时系统动量为零,两人与大小相等的速度相向运动,A的质量大于B的质量,则A的动量大于Ｂ的动量,ＡB的总动量方向与Ａ的动量方向相同,即向右,要保证系统动量守恒,系统总动量为零,则小车应向左运动;
故选D。

11、关于光电效应,下列说法正确的是( )
A、极限频率越大的金属材料逸出功越大
Ｂ、只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应
C、从金属表面出来的光电子的最大初动能越大,这种金属的逸出功越小
D、遏止电压越大,则金属材料逸出功越大
【答案】A
【解析】依照W＝hｖ可知极限频率越大的金属材料逸出功越大,选项A正确;发生光电效应与光照的时间无关,选项B错误;依照光电效应方程得,EＫm=hｖ－W0,光电子最大初动能越大,逸出功不一定小,有估计是入射光子的能量大。

故C错误;遏止电压越大,最大初动能越大,而金属材料逸出功却不变的、故Ｄ错误、故选A、
12。

在真空中A、B两点分别固定电荷量为＋q、-q(q〉０)的两个点电荷,以A、B为顶点作两等大的圆锥,O点为圆锥底面圆的圆心,C、D两点在圆锥母线上并关于O点对称,空间无其他电场,下列说法正确的是( )
A、圆锥底面上所有点的电势相等
B。

圆锥底面上所有点的电场强度相等
Ｃ、Ｃ、D两点的场强大小相等,方向不同
D、将正电荷由C点移到到Ｄ点电势能将增大
【答案】A
【解析】A、依照等量异种电荷的电场分布可知,圆锥底面是一个等势面,其上所有点的电势均为零,即电势相等,故A正确;ﻭＢ、圆锥底面上所有点的电场强度方向均水平向右,然而Ｏ点的场强最大,离Ｏ点越远的位置场强越小,故B错误;ﻭC、由对称性可知,C、D两点的场强大小相等,方向相同,故Ｃ错误;ﻭＤ、Ｃ点的电势高于D点,则将正电荷由C点移到到D点电势能将减小,故D错误。

点睛:解决本题的关键要掌握等量异种点电荷电场线和等势面的分布情况,要明白过两点电荷连线的垂直平分面是一个等势面、
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马上变亮B。

重新闭合稳定后,两灯都正常发光,因为两灯的额定电压一样大,因此一样亮
Ｃ、断开瞬间,由于电感线圈对电流减小的阻碍作用,通过a的电流将逐渐减小,a慢慢变暗到
熄灭
D、断开瞬间,ｂ灯立刻熄灭
【答案】AC
【解析】
Ａ、当重新闭合瞬间,由于电感线圈L对电流增大的阻碍作用,ｂ立刻变亮,a逐渐变亮,A正确;ﻭＢ、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,因此较亮,故B错误;ﻭC、电键断开,L相当于电源与两个灯泡串联,逐渐熄灭,因此通过a的电流将逐渐减小,a慢慢变暗到熄灭,故C正确,D错误。

点睛:对自感线圈来讲,重点掌握开关闭合瞬间,断路稳定后和开关断开的瞬间,线圈对电流突变的阻碍作用。

１4、一理想变压器原、副线圈匝数比ｎ1∶n２=１１∶2、原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如下图所示,副线圈仅接入一个Ｒ＝1０Ω的电阻、则( )
Ａ、流过电阻的最大电流是
Ｂ、与电阻并联的电压表的示数是V
C、变压器的输入功率是 W
D。

经过１0ｓ电阻产生的热量为×１03J
【答案】AD
【解析】变压器的初级电压最大值为22０V,有效值为U1=220Ｖ,则次级电压有效值为,与电阻并联的电压表的示数是40 V,选项B错误;次级电流有效值,则流过电阻的最大电流是4A,选项A正确;变压器的输入功率等于输出功率,即,选项C错误;经过10ｓ电阻产生的热量为,选项Ｄ正确;故选AD。

１5。

如图所示,A、Ｂ两物体质量之比ｍA:m B＝3:２,原来静止在平板小车C上,Ａ、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑、当两物体被同时释放后,则( )
A。

若A、Ｂ所受的摩擦力大小相等,A、Ｂ组成系统的动量守恒
B、若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成系统的动量守恒
C、若A、B与平板车内表面间的动摩擦因数相同,A、Ｂ组成系统的动量守恒
Ｄ、若A、Ｂ与平板车内表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成系统的动量守恒
【答案】ＡBD
【解析】A、若Ａ、Ｂ所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统外力之和为零,动量守恒,故A 正确;
B、不论A、B的摩擦力是否相等,A、B、Ｃ组成的系统,外力之和为零,则动量守恒,故BＤ正确;
C、因为A、B的质量不等,若A、B与平板车内表面间的动摩擦因数相同,则所受摩擦力大小不等,A、Ｂ组成的系统所受的外力之和不为零,因此动量不守恒,故C错误。

点睛:当系统不受外力或所受的外力之和为零,系统动量守恒,依照动量守恒的条件进行判断。

１6。

一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中、若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ,则以下说法正确的是( )
Ａ、过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
Ｃ、Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D、过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量
【答案】AＣD
【解析】过程Ⅰ中钢珠只受重力,由动量定理可知,钢珠动量的改变等于重力的冲量,故Ａ正确;过程Ⅱ中,钢珠所受重力和阻力,因此过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,故B错误;在整个过程中,钢珠动量的变化量为零,由动量定理可知,Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零,故Ｃ正确;在整个过程中,钢珠动量的变化量为零,故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中动量改变量的大小,而过程Ⅰ中动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量,故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中
重力的冲量,故D正确。

因此ＡＣＤ正确,B错误。

二、实验题
17、如右图所示为一简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流Ｉg=3０0 μA,内阻Ｒｇ=1００Ω,可变电阻R的最大阻值为１0 kΩ,电池的电动势E= V,内阻r= Ω,图中与接线柱A相连的表笔颜色应是_______＿＿_＿_色。

按正确使用方法测量电阻Rｘ的阻值时,指针指在刻度盘的正中央,则R x＝__________ｋΩ、
【答案】 (１)、红 (2)、 5
【解析】试题分析:依照红进黑出原理,可得图中与接线柱A相连的表笔颜色应该是红色,当两表笔短接(即R x=０)时,电流表应调至满偏电流,设此时欧姆表的内阻为,此时有关系得;当指针指在刻度盘的正中央时,有,代入数据可得
考点:考查了练习使用多用电表
【名师点睛】本题关键明确欧姆表的中值电阻以及红进黑出原理,注意欧姆表内部有电源,另外需要明白中值电阻附近刻度最均匀,读数误差最小,明白中值电阻等于欧姆表内电阻
18、用20分度的游标卡尺测量某物体的长度如图甲所示,可知其长度为_＿____ cm;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)、(2)。

【解析】解:甲是2０分度的卡尺,其精确度为,主尺读数为:5cm,游标上第3个刻度与上面对齐,读数为:3×==,
故最终读数为:5cｍ+= cｍ;
螺旋测微器:固定刻度为,可动刻度为×=,则读数为＋=、
故答案为:;
【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、
19、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线"的实验中,有一个小灯泡上标有“2Ｖ,1W”的字样,有下列器材供选用:
A、电压表(0~3V,内阻10 ｋΩ)
Ｂ。

电压表(０~15 Ｖ,内阻2０kΩ)
C、电流表(0～300ｍＡ,内阻1 Ω)
D、电流表(0~6０0mＡ,内阻Ω)
E、滑动变阻器(100０Ω,Ａ)
F、滑动变阻器(10 Ω,１Ａ)
(1)实验中电压表应选用__＿__＿__,电流表应选用______、为使实验误差尽量减小,要求电压表从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用______＿_(用序号字母表示)、
(2)下列满足实验要求的电路图是____＿___(用序号字母表示)、
【答案】 (１)、Ａ (2)、Ｄ (3)、 F (４)、 A
【解析】(1)由小灯泡的规格“2V,1W”可知,额定电压Ｕ=2V,额定电流Ｉ=,因此电压表选A,电流表应选Ｄ;由于实验要求电流从零调,因此应选阻值小的变阻器F、
(2)由于电压表的内阻远大于小灯泡的电阻,因此电流表应用外接法,又实验要求电流从零调,变阻器应用分压式接法,因此电路图应该选A。

点睛:当实验要求电流从零调时,变阻器应用分压式接法,应选择阻值小的变阻器以方便调节;当电流表内阻远小于待测电阻时,电流表应用内接法、当电压表内阻远大于待测电阻时,电流表应用外接法。

三、计算题
20、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 A和。

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)(3)
【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×=
(3)正常工作时内阻消耗的功率P热=I2２ｒ=×2=
输出功率P输出=P入-P热＝
21、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依然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)(３)ｓ
【解析】(1)依照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=
(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=BLV max
可知Ｖｍax＝IＲ/BL=s
22、在光滑水平面上静置有质量均为ｍ的木板AＢ和滑块CD,木板AB上表面粗糙、动摩擦因数为,滑块CＤ上表面是光滑的1/４圆弧,其始端D点切线水平且在木板AB上表面内,它们紧靠在一起,如图所示、一可视为质点的物块P,质量也为m,从木板ＡB的右端以初速度v０滑上木板AＢ,过B点时速度为v0/2,又滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处,求:
(1)物块滑到B处时木板的速度v AB;
(2)木板的长度L;
(3)滑块ＣD圆弧的半径。

【答案】(1)(２)(3)
【解析】试题分析:(1)对ＡＢC用由动量守恒得,又,则
(2)由A到B,依照能量守恒得,则
(3)由Ｄ点Ｃ,滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒,得
解之得:
考点:动量守恒及能量守恒定律。