上海市曹杨第二中学2018_2019学年高二物理上学期期末等级考试试题（含解析）.docx

上海市曹杨二中2018学年度第一学期高二年级期末考试物理（等级考）试卷一、单选题1.下列说法正确的是（ ）A. 物体的温度升高，物体内所有分子热运动的速率都增大B. 物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大C. 物体吸收热量，其内能一定增加D. 物体放出热量，其内能一定减少【答案】B【解析】试题分析：随着物体温度的升高，物体内分子的平均速率、平均动能增大，但是不是每一个分子的热运动速率都增大，故A 错误B 正确；物体的内能变化是与物体吸热或放热有关，还与做功有关，因此只有吸热或放热，没有说明做功情况，无法判断内能变化，故C、D 均错误。考点：温度的含义，热力学第一定律。2.在下图所示的电场中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是( )A. 离点电荷等距离的a、b两点B. 两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距离的a、b两点C. 两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距离的a、b两点D. 带电平行金属板间分别靠近两板的a、b两点【答案】B【解析】试题分析：A项是负点电荷形成的电场，a、b是离点电荷等距的两点，处在同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，故A错；B项是等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相等。由于电场线关于两电荷连线左右对称，而且都与等势面垂直，所以a、b两点的场强大小和方向都相同，故B正确；C项是等量同种电荷形成的电场，根据电场线的对称性可知，a、b两点的电势相同，场强大小相等，但方向相反，故C错；D项是平行板形成的匀强电场，a、b两点的场强相同，沿电场线电势降低，所以a点的电势大于b点的电势，故D错。考点：本题考查了典型电场中电场强度、电势特点【名师点睛】解决本题的关键是要抓住电势和场强的区别，电势是标量，场强是矢量。另外还要对常见的电场的电场线和等势面分布要了解，有助于快速准确解题。3.闭合电路中电源不变，调节外电阻，使电路总电流变大。那么下列说法错误的是（）A. 路端电压变小B. 电源的总功率变大C. 电源输出功率变大D. 电源内部的发热功率变大。【答案】C【解析】【详解】闭合电路中电源不变，调节外电阻，使电路总电流变大，则内阻上的电压变大，路端电压减小；电源消耗的总功率P=IE变大，电源内部的发热功率P内=I2r变大；选项ABD正确；当外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，因不知道电源内阻和外电阻的关系，则无法确定电源输出功率的变化情况，选项C错误；此题选择错误的选项，故选C.4.关于电场强度和磁感应强度，下列说法错误的是（）A. 电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零B. 某点的电场强度的方向，与该检验正电荷受到的电场力方向一致C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D. 某点磁感应强度的方向，与该点一小段通电导线受到的磁场力方向不一致。【答案】C【解析】【详解】电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零，选项A正确；某点的电场强度的方向，与该检验正电荷受到的电场力方向一致，选项B正确；一小段通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线放置方向与磁场方向平行，该处磁感应强度不一定为零，选项C错误；某点磁感应强度的方向，与该点一小段通电导线受到的磁场力方向垂直，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C。5.有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面与A.b两点，通有大小相等的恒定电流，方向如图，A.b的连线水平，c是ab的中点，d点与c点关于b点对称，已知c点的磁感应强度为，d点的磁感应强度为，则关于a处导线在d点的磁感应强度的大小和方向，下列说法中正确的是A.，方向垂直向上 B.，方向竖直向下C.，方向竖直向下 D.，方向竖直向上【答案】B【解析】设a处导线在d点的磁感应强度的大小为B，方向方向竖直向下根据通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流成正比，a处导线在c点的磁感应强度的大小为3B，方向竖直向下由题，两条长直导线恒定电流大小相等，则得到b处导线在c两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向下b处导线在d两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向上则根据磁场叠加得B1=3B+3B=6B，B2=3B-B=2B，根据数学知识得到，B=-B2所以a处导线在d点的磁感应强度的大小为B=-B2方向是竖直向下故选B6.质量为m的金属导体棒置于倾角为的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止图中标出了四种可能的匀强磁场方向，其中导体棒与导轨间的摩擦力不可能为零的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力，故A正确；杆子受重力，垂直向下的安培力，垂直向上的支持力，若无摩擦力，不能平衡，故B错误；杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故C正确；杆子受重力、沿斜面向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故D正确；故选 ACD考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用点评：解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力7.如图所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好，磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域现从图示位置由静止释放金属棒MN，金属棒进入磁场区域abcd后恰好做匀速运动下列说法正确的有（ ）A. 若B2B1，则金属棒进入cdef区域后将加速下滑B. 若B2B1，则金属棒进入cdef区域后仍将保持匀速下滑C. 若B2B1，则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑D. 若B2B1，则金属棒进入cdef区域后可能先减速后匀速下滑【答案】BCD【解析】若B2B1，金属棒进入B2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B2区域后，mg0，仍将保持匀速下滑，B对；若B20，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑，故C也对；同理，若B2B1，金属棒进入B2区域后mg0，可能先减速后匀速下滑，故D也对8.一个矩形线圈匀速地从无磁场的空间先进入磁感应强度为B1的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B2的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示。若B1=2B2，方向均始终和线圈平面垂直，则在下图所示图中能定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是(电流以逆时针方向为正)（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由可知线圈在磁场中的感应电动势的大小，由右手定则可得出电流的方向；再由欧姆定律即可得出电流的大小及方向变化。线圈进入时，右边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可得出电流方向沿逆时针，故电流为正；当线圈全部进入时，磁通量不再发生变化，故线圈中没有电流；当右边进入时，两边同时切割磁感线，左边产生的感应电动势为，右边产生的电动势为，因两电动势方向相反，故总电动势为，方向沿顺时针，故电流为负；当线圈离开磁场区域时，只有左边切割，电动势为，方向为顺时针，故电流为负。故选C考点：法拉第电磁感应定律、右手定则9.如图所示，两个闭合圆形线圈A, B的圆心重合，放在同一个水平面内，线圈B中通如图所示的电流，设t=0时电流沿逆时针方向（图中箭头所示）对于线圈A在t1t2时间内的下列说法中正确的是（ ）A. 有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势B. 有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势C. 有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势D. 有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势【答案】D【解析】根据增反减同原理可知，当B线圈中的电流反向增大时，A中感应电流产生的磁场方向应垂直纸面向外，即感应电流方向为逆时针，根据增缩减扩原理可知线圈A有收缩趋势，D正确10.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是（）A. L1变暗，L2和L3变亮B. L1变暗，L2变亮,L3亮度不变C. L1中电流变值大于L3中电流变化值D. Ll上电压变化值小于L2上的电压变化值【答案】D【解析】【详解】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故A B错误；因L1中电流减小，L3中电流减小，而L2中电流增大；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C错误；因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压增大， R0及内阻r两端的电压减小，而电动势不变，故L2两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；故选D。11.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为yx2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是ya的直线(图中的虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线yb(ba)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是()A. mgbB. mv2C. mg(ba)D. mg(ba)mv2【答案】D【解析】试题分析：圆环最终在y=a以下来回摆动，以y=b（ba）处为初位置，y=a处为末位置，知末位置的速度为零，在整个过程中，重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒得，Q=mg（ba）+mv2故D正确，A、B、C错误故选D12.一灯的额定功率为P，额定电压为U，若将灯接在电动势等于U的电源上，这时灯的实际功率为0.64P。现将四个与它相同的灯并联在该电源上，则每个灯的实际功率为（）A. PB. PC. PD. P【答案】C【解析】【详解】若将灯接在电动势等于U的电源上，这时灯的实际功率为0.64P，则灯泡两端的电压为0.8U，此时电源内阻上的电压为0.2U，可知电源内阻为r=0.25RL。现将四个与它相同的灯并联在该电源上，则外电路电阻为0.25RL，内阻等于外电路电阻，此时路段电压为0.5U，则根据可知每个灯的实际功率为0.25P，故选C.二、填空题13.如图所示，质量为m、边长为L的正方形线圈ABCD由n匝导线绕成，导线中通有顺时针方向大小为I的电流，在AB边的中点用细线竖直悬挂于轻杆右端，轻杆左端通过竖直的弹簧与地面相连，轻杆可绕杆中央的固定转轴O在竖直平面内转动。在图中虚线的下方，有与线圈平面垂直的匀强磁场，磁感强度为B，平衡时，CD边水平且线圈有一半面积在磁场中，忽略电流I产生的磁场，穿过线圈的磁通量为_；弹簧受到的拉力为_。【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】穿过线圈的磁通量为： ；根据左手定则可知，CD边所受安培力为nBIL，而方向竖直向下；由杠杆平衡条件得：mg+nBIL=F拉，解得：F拉=mg+nBIL14.如图所示，将一个电荷量为q=+31010C的点电荷从电场中的A点移到B点的过程中，克服电场力做功6109J。已知A点的电势为A=4V，求B点的电势为_V。电荷在B点的电势能为_。【答案】 (1). 16V (2). 【解析】【详解】AB间的电势差 由UAB=A-B，A=-4V，得：B=A-UAB=-4-（-20）=16V根据电势能的公式：EPBqB31010164.8109J15.在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动的机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵，如图所示为这种电磁泵的结构。将导管放入磁场中，当电流通过导电液体时，这种液体即被驱动，如果导管截面积为ah，磁场宽度为l，磁感应强度为B，液体穿过磁场区域的电流为I，则液体所受的驱动力为_， 驱动力造成的压强差为_。【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】将原图的立体图改画成从正面看的侧视图，如图所示，根据左手定则判断出电流受力方向向右：F=BIh；依据压强公式，；16.一根电阻R=0.6的导线弯成一个半径r=1m的圆形线圈,线圈质量m=1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，如图所示。若线圈以初动能Ek0=5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为E=3J。求此时线圈的运动速度的大小为_m/s，此时线圈加速度的大小为_m/s2【答案】 (1). 2 (2). 2.5【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得： 代入数据解得：；（2）进入磁场x=0.5m时，切割磁感线的有效长度：感应电动势：E=BLv线圈受到的安培力： 由牛顿第二定律得：F=ma代入数据解得：a=2.5m/s2三、实验题17.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材有：灵敏电流计、直流电源、带铁芯的线圈L1、线圈L2、开关、滑动变阻器(控制电流大小,以改变磁场的强弱)，如图所示。(1)按实验要求在实物图上连线_。(2)若将滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚闭合时灵敏电流计指针右偏。那么开关闭合后，滑动变阻器的滑动触头向C移动时，灵敏电流计指针将_(填：左偏、右偏或者不偏)。【答案】 (1). (2). 右偏【解析】【详解】（1）实物连线如图；（2）在电键刚闭合时，回路中的电流增大，原线圈中电流产生的磁场增大，所以副线圈中的磁通量增大，此时电流表指针右偏；电键闭合后滑动变阻器的滑动触头迅速向接线柱C移动时，接入电路的有效电阻减小，所以回路中的电流增大，原线圈中的电流产生的磁场增大，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针也将右偏；18.（1）在测定电池的电动势和内阻的实验中，待测电池、电键和导线，配合下列哪组仪器，不能达到实验目的（ ）A. 一只电流表和一只电阻箱B. 一只电流表，一只电压表和一个滑动变阻器C. 一只电压表和一个电阻箱D. 一只电流表和一个滑动变阻器(2)现有一个特殊的电池，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行测量，图中电流表的内阻RA已经测出，阻值为5；甲为电阻箱。阻值范围为0999.9，R0为定值电阻，其阻值为150，对电路起保护作用，该同学按图甲连好电路后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电流表的读数，作出了如图乙所示的图线。则根据该同学做出的图线可求得该电池的电动势E=_V。内阻r=_。【答案】 (1). D (2). 10 (3). 45【解析】【详解】（1）测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，用电压表测量路端电压U、用电流表测量电流I，利用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量，即由一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器组合可测量电源的电动势和内阻。也