湖南省醴陵二中、醴陵四中高二物理下学期期中联考试题（含解析）.doc

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. 根据安培力的公式f=bil，若f=0则b为0d. 根据=bs，s越大，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；根据安培力的公式f=bil，若f=0，可能b为零；也可能b不等于零，却是b与i平行，故c错误；据=bs，s越大，不一定越大，比如当s与b平行时，为零，故d错误。所以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，可以判断（ ）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，根据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:对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：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：根据动能定理：eu1=mv2；在偏转电场中vy=at；若使偏转角变大即使tan变大，由上式看出可以增大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：qc=1：2：4，它们的质量之比为ma：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cd. 粒子b、c都打在p1点【答案】d【解析】根据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；根据可得ta：tb：tc=2：1：1，三个粒子在磁场中运动半个周期，可知ta=2tb=2tc，选项b错误；三种粒子从o2点射入磁场的速度相同，根据可知ra：rb：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；知道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，根据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，则电流表示数变小所以电压表示数变大，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，根据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，能使角度增大的办法是（ ）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，根据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，根据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随时间t变化图象分别如图中的所示，说法正确的是（ ）a. 图有感应电动势，且大小恒定不变b. 图产生的感应电动势一直在变大c. 图在0t1时间内的感应电动势是t1t2时间内感应电动势的2倍d. 图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中穿过回路的磁通量不变化，故没有感应电动势，a错误；图中磁通量均匀增加，磁通量变化率恒定，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定不变，b错误；图在0t1时间内的斜率是时间内斜率的2倍，所以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，下列说法可能正确的是（ ）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，也可以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. 光不可能同时既具有波动性，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ma，b的质量为mb，mamb.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】根据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；根据光电效应方程得，ekm=hv-w0，光电子最大初动能越大，逸出功不一定小，有可能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a12. 在真空中a、b两点分别固定电荷量为+q、-q（q0）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、根据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；b、圆锥底面上所有点的电场强度方向均水平向右，但是o点的场强最大，离o点越远的位置场强越小，故b错误；c、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；d、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，要知道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立即变亮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，所以一样亮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渐渐变暗到熄灭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；b、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，所以较亮，故b错误；c、电键断开，l相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，所以通过a的电流将逐渐减小，a渐渐变暗到熄灭，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n1n2112.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=10 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vc. 变压器的输入功率是 wd. 经过10s电阻产生的热量为1.6103 j【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:mb3:2，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与平板车上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与平板车上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与平板车上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，所以动量不守恒，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，根据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，进人泥潭直到停止的过程称为过程，则以下说法正确的是（）a. 过程中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量b. 过程中阻力的冲量的大小等于过程i中重力的冲量的大小c. 、两个过程中合外力的总冲量等于零d. 过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中重力的冲量【答案】acd【解析】过程中钢珠只受重力，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;过程中，钢珠所受重力和阻力，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程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，、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，故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中动量改变量的大小，而过程中动量改变量的大小等于过程中重力的冲量，故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中重力的冲量，故d正确。所以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ig300 a，内阻rg100 ，可变电阻r的最大阻值为10 k，电池的电动势e1.5 v，内阻r0.5 ，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rx_k.【答案】 (1). 红 (2). 5【解析】试题分析：根据红进黑出原理，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rx=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，另外需要知道中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，知道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). 5.015 (2). 4.700【解析】解：甲是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：5cm，游标上第3个刻度与上面对齐，读数为：30.05mm=0.15mm=0.015cm，故最终读数为：5cm+0.015cm=5.015 cm；螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，则读数为4.5+0.200=4.700mm故答案为：5.015； 4.700【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（03v，内阻10 k） b电压表（015 v，内阻20 k）c电流表（0300ma，内阻1 ） d电流表（0600ma，内阻0.4 ）e滑动变阻器（1000 ，0.2 a） f滑动变阻器（10 ，1 a）（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=0.5a，所以电压表选a，电流表应选d；由于实验要求电流从零调，所以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，所以电流表应用外接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，所以电路图应该选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0.2 a和0.4v。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0.8a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）2（2）2.4w（3）1.12w【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=30.8=2.4w （3）正常工作时内阻消耗的功率p热=i22 r=0.822=