北京四中2016-2017高二上物理期末及答案.doc

;.四中2016 2017学年度第一学期期末试卷高二物理一、选择题（本大题共18小题；每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1. 下列说法中正确的是（ ）A. 布朗运动就是液体分子的无规则热运动 B. 布朗运动反映了液体分子的无规则热运动C. 物体吸收热量，内能一定增大 D. 物体吸收热量，内能可能减小2. 关于磁场中某点的磁感应强度方向，下列说法中正确的是（ ）A. 磁感应强度的方向就是自由转动的小磁针静止时N极的指向B. 磁感应强度的方向就是小磁针N极在该点的受力方向C. 磁感应强度的方向就是一小段通电直导线在该点的受力方向D. 磁感应强度的方向就是磁感线在该点的切线方向3. 质量为m的通电细杆ab置于倾角为的光滑的平行导轨上，在磁场的作用下，ab恰好在导轨上静止，如下图所示。下图是从b端观察时的四个平面图，其中通电细杆ab可能保持静止的是（ ）A. B. C. D. 4. 有个电流计，内阻Rg=300，满偏电流Ig=1mA，要把它改装成一个量程为3V的电压表，需要给它（ ）A. 并联一个0.1的电阻 B. 串联一个0.1的电阻C. 并联一个2.7K的电阻 D. 串联一个2.7K的电阻5. 如图是奥斯特实验的装置图，在不考虑磁偏角的情况下，为了更直观的说明电流周围存在磁场，下列有关奥斯特实验的做法和现象正确的是（ ）A. 做实验时，通电直导线应该沿东西方向水平放置B. 做实验时，通电直导线应该沿南北方向水平放置C. 通以如图电流，小磁针的N极将垂直纸面向里转动D. 通以如图电流，小磁针的N极将垂直纸面向外转动6. 如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上距原点r3的位置。虚线分别表示分子间斥力f斥和引力f引的变化情况，实线表示分子间的斥力与引力的合力f的变化情况。若把乙分子由静止释放，则乙分子（ ）A. 从r3到r2做加速运动，从r2到r1做减速运动B. 从r3到r1做加速运动，从r1向O做减速运动C. 从r3到r1的过程中，分子势能先减小再增大.D. 从r3到r1的过程中，分子势能一直在减小7. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r。L1、L2是两个小灯泡。闭合S后，两灯均能发光。当滑动变阻器的滑片向右滑动时（ ）A. L1变暗 B. L1变亮C. L2变暗 D. L2变亮8. 如图，一个枕形导体AB原来不带电。将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电量为-Q，与AB中心O点的距离为R。由于静电感应，在导体A、B两端分别出现感应电荷，达到静电平衡时，则（ ）A. 导体A端电势高于B端电势B. 导体A端电势低于B端电势C. 感应电荷在O点产生的场强为0D. 感应电荷在O点产生的场强大小为9. 把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。与电流传感器相连接的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示。下列关于这一过程的分析，正确的是（ ）A. 曲线1表示电容器的充电过程，曲线2表示电容器的放电过程B. 形成电流曲线1的过程中，电容器两极板间电压逐渐升高C. 形成电流曲线2的过程中，电容器的电容在逐渐减小D. 曲线1与横轴所围的面积等于曲线2与横轴所围的面积10. 如图所示，A、B是两块平行金属极板，充电后与电源断开。A板带正电，B板带负电并与地连接，有一带电微粒悬浮在两板间P点处静止不动。现将B板上移到虚线处，则下列说法正确的是（ ）A. 带电微粒的电性为正B. 平行板电容器电容增大C. 极板间P点的电势升高D. 带电微粒的电势能增大11. 如图所示，是一个示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后以一定的速度垂直进入电压为U2的偏转电场，离开电场时的偏转量是h，若两平行板间距离为d，极板长为l。假设电子都可射出，为了增加射出电场时的偏转量h，可以采取下列哪些方法（ ）A. 增大加速电压U1 B. 减小极板长度lC. 增大偏转电压U2 D. 减小极板间距d12. 如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线。若有一负点电荷以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示。下列关于A、B两点的电势和电场强度E大小的判断正确的是（ ）A. EAEB B. EAB D. A0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场，y0的区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一电子（质量为m、电量为-e）从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0射出，第一次穿越x轴时，恰好能通过x轴上的D（2d，0）点，第二次穿越x轴后可再次运动到P点，不计重力的影响。求：（1）请用铅笔、直尺和圆规画出电子的运动轨迹；（2）电场强度E的大小和感应强度B的大小；（3）若将电子的速度增大为，则电子从磁场穿越x轴到电场时的时刻。四中2016 2017学年度第一学期期末试卷参考答案1. 【答案】BD【解析】AB、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故A错误、B正确；CD、根据热力学第一定律公式U=Q+W，气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，故C错误、D正确。故选：BD。2. 【答案】ABDB、磁感应强度的方向规定为小磁针N极在该点的受力方向，B正确； C、B的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，C错误；D、磁感应强度的方向就是通过该点的磁感线的切线方向，D正确。故选：ABD。3. 【答案】AB【解析】A、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， A正确；B、杆子受重力、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， B正确；C、杆受到的重力竖直向下，安培力竖直向下，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，不可能处于平衡状态，C错误； 学*科*网.D、杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，不可能处于平衡状态，D错误。故选：AB.。4.【答案】D【解析】改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为：则A、B、C错误，D正确。故选：D。5. 【答案】BC【解析】AB、由于在地球表面的磁感线由南极指向北极，所以小磁针静止时N极指向北，S极指向南，故为了让小磁针发生明显偏转，应让导线中的磁场沿东西方向，所以通电直导线沿南北方向水平放置，A错误、B正确；CD、通以图示电流时，在导线下方，磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极将垂直纸面向里转动，C正确、D错误。故选：BC。【名师点睛】明确地球磁场对小磁针的作用方向，为了让效果明显，应该让导线产生的磁场方向与地磁场垂直最好，再根据右手定则即可明确导线的放置方向；根据右手定则判断导线下方的磁场方向，判断小磁针的转动方向。6.【答案】BD【解析】从r3到r1，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，分子做加速运动；从r1向O，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，分子做减速运动；A、 C错误，BD正确。故选BD。学*科*网.7. 【答案】AD【解析】试题分析：由电路图可知，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I变小，灯电阻不变，由可知，灯的实际功率变小，灯变暗；电路电流I变小，电源内阻r、灯电阻不变，则并联电压变大，灯电阻不变，灯的实际功率变大，则灯变亮；AD正确，考点：闭合电路的欧姆定律8. 【答案】D【解析】AB、当达到静电平衡时导体是一个等势体，A端电势等于B端电势，AB错误；C、点电荷和感应电荷在导体中心O点产生的电场的合场强为0，C错误；D、感应电荷在O点产生的场强与点电荷产生的场强等大反向，所以感应电荷在O点产生的场强大小为，D正确。故选D。9. 【答案】ABD【解析】曲线1表示电容器的充电过程，曲线2表示电容器的放电过程，A正确；B、在形成电流曲线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，所带电量增大，电容不变，由电容的定义式C=Q/U分析可知，极板间电压增大，B正确；C、在形成电流曲线2的过程中，开关S与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，C错误；D、It图线与时间轴围成的面积表示电荷量。由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，D正确。故选ABD。学*科*网.【名师点睛】电容器充电过程中，电荷量增加，根据电容的定义式C=Q/U分析极板间电压的变化在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变。根据I-t图线所围成的面积求解放电的电荷量。10. 【答案】BD【解析】A、带电微粒悬浮在两板间静止不动，受到的电场力向上，带电微粒带负电，A错误；B、根据电容的决定式可知，板间距离减小，则电容增大，B正确；C、由决定式及电容的定义式C=Q/U和板间场强公式E=U/d结合得到：，E不变。 P点与下极板间的距离减小，由U=Ed可知，P与下极板间的电势差减小，而P点的电势比下极板的电势高，所以P点电势变小，C错误；D、根据，带电微粒带负电，电势变小，所以带电微粒的电势能变大，D正确。故选：BD。11.【答案】CD【解析】电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：所以电子进入偏转电场时速度的大小为：电子进入偏转电场后的偏转的位移为：因此要增加射出电场时的偏转量h，可以增大U2、l，减小d、U1，所以CD正确，AC错误。故选CD。【名师点睛】根据偏转量的定义，分析电子的偏转位移的大小，找出其关系式，根据关系式来分析偏移量与哪些物理量有关12.【答案】AC学*科*网.【解析】试题分析：vt图象的斜率等于加速度，由图先分析出电子的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；根据电场线的方向可以确定电势的高低解：AB、vt图象的斜率等于加速度，由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强，即EAEB；故A正确，B错误；CD、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由BA，而电子带负电，则电场线方向由AB，A点的电势要大于B点电势，即AB，故C正确，D错误；故选：AC【点评】本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断13. 【答案】BCD【解析】A、电路中电流表的示数为2.0A，电源两端的电压为：，A错误；电源的输出功率为：，B正确；C、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机两端的电压为：，C正确；D、电动机的总功率为：P总=UI=72=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=220.5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=14W2W=12W，D正确。故选BCD。【名师点睛】根据闭合电路欧姆定律及串联电路的电压规律可求得电动机两端的电压，根据P=UI，求解电源的输出功率，电动机输出功率等于电动机总功率与发热功率的差值14. 【答案】AD【解析】当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上故A正确；当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带负电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故B错误；当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故C错误；当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向上，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上，故D正确。15.【答案】AC【解析】回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由得，；学*科*网.故选：AC。【名师点睛】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关。16. 【答案】BD【解析】A、电流向右、磁场向内，电子向右运动，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力向上，A错误；B、上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高，B正确；CD、 电子最终达到平衡，有：evB=eU/h则：U=vBh；电流的微观表达式：I=nevS=nevhd则：v=I/nehd，代入得：U=BI/ned，上、下表面之间的电势差大小U与金属板通过的电流大小有关，增大通过金属板的电流，上、下表面的电势差大小变大，C错误、D正确。故选：BD。【名师点睛】金属中移动的是自由电子，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高低最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小17. 【答案】BD【解析】AB、由图可知，点电荷M、N在2a处的场强等大反向，一定为同种电荷，A错误、B正确； C、2a处合场强=0,由知，所以M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1，C错误；D、从0.5a移动到2.5a，电场方向先向右，后向左，正点电荷受力先向右，后向左，电荷的电势能先减小再增大，D正确。故选BD。18. 【答案】BD【解析】试题分析：由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为10m/s的匀速运动故A、C错误，B、D正确。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。二、填空题:19. 【答案】 (1). （1）略 1.45V (2). 1.3 (3). AC【解析】 (1)根据图甲所示实验电路图连接实物电路图如图所示。(2)由图丙所示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.0，电源电动势E=1.45V，电源内阻r=U/I=1.3.(3)AB、由图甲所示电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表分流作用，使所测电流小于电流的真实值，造成了实验误差，故A正确，B错误；C. 当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的UI图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，故C正确；D. 电源内阻r=E/I短，由图象可知，电源内阻测量值小于真实值，故D错误；故选AC.20. 【答案】 (1). V1 (2). A1 (3). R1 (4). A， (5). 0.24A (6). 1.60V (7). 增大 (8). 灯丝温度升高 (9). 0.54W【解析】 (1)灯泡的额定电压为2.5V，额定电流是0.3A，所以电压表应选择V1，电流表应选择Al；(2)描绘灯泡伏安特性曲线，电压、电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡的电阻约为R=2.5/0.38.3，远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图A所示实验电路(3) 电流表的最小刻度为0.02A，估读到同位；电压表最小刻度为0.1V，估读到下一位。电流表和电压表的读数分别为0.24A 、1.60V； (4) 由图可知，随着小灯泡两端电压的增大，I-U图线斜率减小，灯丝阻值增大。原因是灯丝的电阻率随温度升高而增大。（5）做出电动势为3V，内电阻为3的直流电源的I-U图线，与小灯泡L的伏安特性曲线的交点即为小灯泡的工作电压和工作电流。小灯泡的电功率为0.54W。三、简答题21.【答案】（1）略；（2）；（3）减小【解析】电子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故过M点速度的垂线与Mc的中垂线的交点为圆心，画出运动轨迹，如图所示：(2)在Rtdoc中，有：，学*科*网.洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：联立得：(3) 若增大电子的入射速度，轨道对应的圆心角减小，周期不变，