浙江省绍兴市高二物理上学期期中试题（含解析）.doc

浙江省绍兴市2016-2017学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题i(本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1磁性水雷是用一个可以绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，就会引起水雷的爆炸，其依据是（ ）a.磁体的吸铁性 b.磁极间的相互作用规律c.电荷间的相互作用规律 d.磁场对电流的相互作用【答案】b考点：磁场 2如图所示，给平行板电容器带一定的电荷后，将电容器的a板与静电计小球相连，并将b板与静电计的外壳接地。下列说法正确的是（ ）a将a极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大b将b极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小c将一块玻璃板插入a、b两极板之间，静电计指针的偏转角将减小d用手触摸一下b极板，静电计指针的偏转角将减小到零【答案】c【解析】试题分析：将a极板向右移动少许，电容器两板间的距离减小，根据电容的决定式c=，可知，电容c增大，而电容的电量q不变，则电容的定义式，可知，电容器板间电势差u减小，静电计指针的偏转角将减小故a错误；将b极板向上移动少许，两板正对面积减小，根据电容的决定式c=可知，电容c减小，而电容的电量q不变，则电容的定义式可知，电容器板间电势差u增大，静电计指针的偏转角将增大故b错误；将一块玻璃板插入a、b两极板之间，根据电容的决定式c=可知，电容c增大，而电容的电量q不变，则电容的定义式可知，电容器板间电势差u减小，静电计指针的偏转角将减小故c正确；用手触摸一下b极板，电容器带电量没有改变，静电计指针的偏转角将不变故d错误；故选c。考点：电容 【名师点睛】本题是电容器的动态变化分析问题，抓住电容器的电量保持不变，首先根据电容的决定式c=分析电容的变化，结合分析电容的定义式分析电压的变化，即可判断静电计指针偏转角的变化 3一个阻值为r的电阻两端加上电压u后，通过电阻横截面的电荷量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（ ）au br c d【答案】c考点：电流、欧姆定律 4如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给超级电容器c充电，弹射时，电容器释放储存电能时，所产生的强大电流经过导体棒ef，ef在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。则下列说法正确的是（ ）a电源给电容器充电后，m板带正电b导体棒在安培力作用下向右运动c超级电容器相当电源，放电时两端电压不变d在电容器放电过程中，电容器电容不断减小【答案】b考点：电容5密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为u，形成竖直向下场强为e的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是 （ ）a悬浮油滴带正电 b悬浮油滴的电荷量为c增大场强，悬浮油滴将向上运动d油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍【答案】c【解析】试题分析：带电荷量为q的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力，题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电，故a错误；根据平衡条件，有：，故，故b错误； 根据平衡条件，有：mg=qe，当增大场强，电场力增大，则悬浮油滴将向上运动，故c正确；不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量（元电荷）的整数倍，故d错误；故选：c考点：带电粒子在混合场中的运动【名师点睛】带电荷量为q的油滴静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性和带电量，从而即可求解本题关键是明确密立根油滴实验的实验原理，密立根通过该实验观测到不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量（元电荷）的整数倍，从而测出电子的电荷量而获得诺贝尔物理奖，注意运用电场力与重力平衡，及理解带电荷量是元电荷的整数倍6法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，n极向上。一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看，金属杆( )a向左摆动 b向右摆动c顺时针转动 d逆时针转动【答案】d考点：左手定则 7如图所示，质量为m，电荷量为q的带电小球a用绝缘细线悬于o点，带电量也为q的小球b固定在o点正下方绝缘支柱上，其中o点到小球a的距离为l，小球b到o的距离为。当小球a平衡时细线与竖直方向的夹角为600，带电小球a、b均可视为点电荷，静电常量为k。则下列说法正确的是（ ）a.小球ab间的作用力为mgb.小球ab间的作用力为c.细线对小球a的拉力为mgd. 细线对小球a的拉力为【答案】b考点：共点力的平衡 【名师点睛】先根据三角形oab各边的几何关系，根据余弦定理求出ab边的长度。再根据力的矢量三角形与几何三角形相似，对应边的比值相等，求出小球ab间的作用力和细线的拉力。根据库仑定律，小球ab间的作用力。即可判断。8如图为某智能手机电池上的信息，电池支持“9v 2a”快充技术,电池充满仅需约13小时,轻度使用状态可使用一天。下列说法正确的是( )a988wh为该电池的电量b435v为该电池的电动势c轻度使用时的平均功率约0.1wd根据数据可以计算得到该电池的容量约为2600mah【答案】d考点：电能、电量 【名师点睛】本题考查电池的铭牌信息的掌握情况，要注意明确各物理量的单位，同时明确电流定义的正确应用分析电池所标的信息，明确对应的充电电压和限制电压，根据放电时间求出轻度使用时平均功率，根据电流的定义q=it可求得电量9如图所示，真空中有两个点电荷q1=+9.010-8 c和q2= -1.010-8c，分别固定在 x坐标轴上，其中q1位于x=0处，q2位于x=6 cm处。在x轴上( )a场强为0的点有两处b在x6cm区域，电势沿x轴正方向降低c质子从x=1cm运动到x=5cm处，电势能升高d在0x9cm的区域，场强沿x轴正方向【答案】d【解析】试题分析： 和将整个x轴分成三个区域x0，根据点电荷的电场强度公式，因为任一点距比距离近，且，故产生的场强大于，合场强水平向左，沿x轴负方向。此区间场强不可能为零。0x6cm，电场水平向右，正负电荷产生的电场均向右，场强沿x轴正方向，此区间场强不可能为零。质子从x=1cm运动到x=5cm，电场力做正功，电势能减小，故c错误x6cm，设坐标为x处，电场强度为0，则有：代入数据解得：x=9cm综上：场强为0的点只有一处即x=9cm，a错误；在6cmx9cm场强主要取决于，方向水平向左，沿x轴负方向，电势沿x轴正方向升高；在x9cm场强主要取决于，方向水平向右，沿x轴正方向，电势沿x轴正方向降低；b错误；在0x6cm及x9cm场强沿x轴正方向，d正确；故选：d。考点：电势与电场强度的关系；电势能 【名师点睛】空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，是合场强，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则沿电场强度方向电势降低。某一过程电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。10. 如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），p小球从紧靠左极板处由静止开始释放，q小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中( )a它们的运动时间的关系为tptqb它们的电荷量之比为qp：qq=2：1c它们的动能增量之比为ekp：ekq=2：1d它们的电势能减少量之比为ep：eq=2：1【答案】b【解析】试题分析：a、两小球在竖直方向都做自由落体运动，竖直分位移相等，由h=gt2，得到时间相等，故a错误；b、两球的水平分运动都是初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律，有qe=ma 根据位移时间关系公式，有x=at2 由两式解得x=t2由于两球的水平分位移之比为2：1，故电量之比为2：1，故b正确；考点：带电粒子在复合场中的运动、动能定理、能量转化与守恒定律 【名师点睛】带电粒子在复合中做类平抛的运动，竖直方向都做自由落体运动，竖直分位移相等，得到时间相等。两球的水平分运动都是初速度为零的匀加速运动，只受电场力，根据牛顿第二定律，结合水平方向的位移关系，可求电量之比。根据动能定理，可知动能增量之比。根据电场力做功与电势能变化之间的关系，可知电势能减小量之间的关系。11. 如图所示，两平行金属板间带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，则( )a电压表读数减小b电流表读数减小c质点p将向上运动dr3上消耗的功率逐渐增大【答案】a【解析】试题分析：由图可知，r2与滑动变阻器r4串联后与r3并联后，再与r1串连接在电源两端；电容器与r3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时r1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过r3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故b错误；考点：闭合电路欧姆定律 【名师点睛】根据各电阻的串并联关系，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，总电流增大。可知路端电压的变化，进而可知并联电路的电压变化，结合总电流的变化，可以电压表和电流表示数的变化。电荷受到电场力和重力而平衡，根据电容电压的变化，可以判断质点p的运动。12. 如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为u1的电场加速后，射入水平放置、电势差为u2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的m、n两点间的距离d随着u1或u2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）( )a仅增大u1，d将增大 b仅增大u1，d将减小c仅增大u2，d将增大 d仅增大u2，d将减小【答案】a【解析】试题分析：带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为，则有：而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为r，由几何关系可得，半径与直线mn夹角正好等于，则有： 所以，又因为半径公式，则有故d随u1增大而增大，d与u2无关，故a正确，bcd错误。考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动 【名师点睛】带电粒子在匀强电场中u1中的做匀加速直线，在匀强电场u2中做类平抛运动。可将进入磁场时的速度大小和方向表达出来。根据进出磁场时的速度方向把进出磁场间的距离与半径间的几何关系表达出来。由洛仑兹力充当向心力可求得半径与速度的关系。最终将距离与电压的关系表达出来，即可判断。 二、选择题ii(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)13在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是( )a奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系b法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说c安培在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，出现了感应电流d楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反【答案】bcd考点：物理学史 14. 要使图中b线圈产生图示中的电流方向，可采取的办法有（ ）a闭合电键kb闭合电键k后，把b靠近ac闭合电键k后，把电阻r滑片左移d闭合电键k后，把a铁芯向左边抽出【答案】cd考点：楞次定律15. 空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过a点时的速度大小为，方向水平向右，运动至b点时的速度大小为。若a、b两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是( )aa、b两点的电场强度和电势大小关系为、b若，则电场力一定做负功ca、b两点间的电势差为d小球从a运动到b点的过程中电场力做的功为【答案】bc考点：电场线 【名师点睛】由电场线的疏密可判断出电场的强弱，由电场线的方向可判断电势的高低。在从a到b的运动过程中，重力做正功，由动能定理可得电场力所做的功。进而可求a、b两点间的电势差。16如图甲所示电路中，电源电动势为e，内阻为r，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合开关s，当滑动变阻器的滑动触头p滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，则说法正确的是（ ）a图线a表示的是电压表v1的示数随电流表示数变化的情况b图线b表示的是电压表v2的示数随电流表示数变化的情况c图线c表示的是电压表v2的示数随电流表示数变化的情况d此过程中电压表v3示数的变化量u3和电流表示数变化量i的比值绝对值变大【答案】ac【解析】试题分析：电压表v1和电压表v3的示数都随电流表示数的增大而减小，电压表v1的示数随电流表示数变化的图线斜率的倒数是内电阻r；电压表v3示数随电流表示数变化的图线斜率的倒数是r+r1，斜率较大。所以图线a表示的是电压表v3的示数随电流表示数变化的情况，图线b表示的是电压表v1的示数随电流表示数变化的情况，a、b错误；电压表v2的示数测得是电阻r1两端的电压，电压表v2的示数随电流表示数变化的图线图线应是一条过原点的直线，斜率等于r1，c正确；电压表v3示数的变化量u3和电流表示数变化量i的比值绝对值最大，都不变，d错误；故选c。考点：路端电压与电流的关系图线、伏安特性曲线 【名师点睛】对于电源的外特性曲线，可从数学角度理解其物理意义：图线与纵轴交点表示断路状态，读出电动势，由斜率大小读出内阻，把r1看作内阻时，电压表v3示数也可以看做路端电压，此时内阻等于r+r1，固定电阻的伏安特性曲线是一条过原点的直线。 17如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为r。在线圈的下方有一匀强磁场，mn和mn是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里。现使金属线框从mn上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的vt图象，图中字母均为已知量重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是a金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向b金属线框的边长为v1（t2-t1）c磁场的磁感应强度为d金属线框在0t4的时间内所产生的热量为【答案】bcd【解析】试题分析：根据楞次定律可知，同进入磁场时，感应电流的方向不abcda方向，a错误；由于进入磁场时匀速运动，线圈边长，b正确；bc边受到的安培力等于重力，而，考点：电磁感应，功能关系。非选择题部分三、实验题(本题共2小题，第18题10分，第19题8分，共18分)18(10分)在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡额定电压为2.5v、电流为0.3a。a电流表（03a，内阻约004）b毫安表（0300ma，内阻约4）c电压表（010v，内阻10k）d电压表（03v，内阻10k）e电源（额定电压1.5v，最大允许电流2a）f电源（额定电压3v，最大允许电流1a）g可变电阻（阻值范围010，额定电流1a）h可变电阻（阻值范围050，额定功率05w）i导线若干根，电键一个（1）为使测量安全和尽可能准确，应选用的器材是 （用字母代号填写）(2)部分连线的实物照片如图甲所示，请在答题纸上画出完整的电路图；(3)某次实验中，当电流表的示数为0.18a，电压表的指针如图乙所示，则电压为 v，此时小灯泡的功率是 w；(4)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的 (填字母)。【答案】(1)bdfgi；(2) 画完整的电路图(3) 1.45-1.50 v; 0.26-0.27 w (4) c （2）本实验采用滑动变阻器分压接法，同时电流表采用外接法，故实物图如图所示；（3）电压表量程为3v，则最小分度为0.1v，故读数为1.50v；则其功率p=ui=1.500.18=0.27w；（4）由于灯泡内阻随温度的增大而增大，故对应的图象的均为曲线，在iu图象中应为斜率减小的曲线；故只有c正确；故选：c。考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 【名师点睛】本题考查了实验电路设计、器材的选择以及实物图的连接和图象的处理问题，根据小灯泡的额定电压、额定电流选择电源、电压表和电流表的量程。根据小灯泡的电阻确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键。根据灯泡电阻随温度的变化而变化的规律，从而明确对应的图象19图甲为探究电磁感应现象实验中所用器材的示意图。现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈a、b，电流计及开关连接成如图所示的电路。（1）电键闭合后，下列说法中正确的是（ ）a只要将线圈a放在线圈b中就会引起电流计指针偏转b线圈a插入或拔出线圈b的速度越大，电流计指针偏转的角度越大c滑动变阻器的滑片p滑动越快，电流计指针偏转的角度越大d滑动变阻器的滑片p匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转（2）在实验中，如果是因为线圈a插入或拔出线圈b，导致电流计指针发生了偏转。这时，是_转化为电能。（3）上述实验中，线圈a、b可等效为一个条形磁铁，将线圈b和灵敏电流计简化如图乙所示。当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转。则乙图中灵敏电流计指针向_接线柱方向偏转（填：正、负）。【答案】（1） bc （2） 机械能 （3） 负 【解析】试题分析：（1）当将线圈a放在线圈b中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故a错误；线圈a插入或拔出线圈b的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故b正确；滑动变阻器的滑片p滑动越快，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故c正确；滑动变阻器的滑片p匀速滑动时，穿过线圈的磁通量发生变化，则电流计指针会发生偏转，故d错误；故选bc。考点：研究电磁感应现象 【名师点睛】考查感应电流产生条件，掌握楞次定律与法拉第电磁感应的内容，根据感生电动势与动生电动势产生原理，结合感应电场，及能量守恒与转化，即可判定；当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，依据楞次定律的内容，结合电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，即可确定。四、简答题（本题共3小题，请写出必要的步骤和文字说明，只有结果没有过程不给分。）20. 如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机m和电热丝r构成，当闭合开关s1、s2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出，已知电吹风的额定电压为220v，吹冷风时的功率为120w，吹热风时的功率为1000w，求：（1）当电吹风热风时，电动机功率；（2）电热丝的电阻。【答案】（1）pm=120w；（2）r=55【解析】试题分析：（1）电动机和电阻并联，当吹热风时，电动机两端的电压不变，消耗的功率不变。仍为120w。（2）电阻消耗的功率为p=p热-p冷=1000-120w=880w，由可知，考点：电功率、电热 【名师点睛】21如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成300角，平行导轨间距 l=1.0m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度 b=0.20t。 两根金属杆 ab 和 cd 可以在导轨上无摩擦地滑动。两金属杆的质