黑龙江省黑河市北安市第一中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

黑龙江省黑河市北安市第一中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、单选题（每题4分，共24分）1.如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等一不计重力的带负电的粒子从右侧垂直等势面4向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则可以判断A. 1234B. 该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成电场C. 4等势面上各点场强处处相等D. 粒子的运动轨迹和3等势面也可能垂直【答案】B【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，由图一可知，因此，故A错误；由图一可知，负电荷做曲线运动，所以粒子的运动轨迹和等势面可能垂直，故C错误； 由图二可知，该电场的上下是对称的，该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场；电场线的疏密表示电场的强弱，由图二可知等势面上各点场强不是处处相等，故B正确C错误；2.现有甲乙分子模型，把甲分子固定在坐标原点 O，乙分子位于 x 轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图所示。 F0 为斥力， F0 为引力， a、 b、 c、 d 为 x 轴上的四个特定的位置。现把乙分子从 a 处由静止释放， 运动到 d 速度恰好为零，（设两分子距离无穷远时分子势能为零） 则在乙分子靠近甲分子过程中（ ）A. 乙分子由 a 到 b 做加加速运动，由 b 到 c 做减速运动B. 乙分子到达 b 时速度最大， 乙分子到达 d 时加速度最大C. 乙分子由 a 到 d 的过程，甲乙两个分子的势能可能大于零D. 乙分子由 a 到 c 的过程中，两分子间的分子势能先增大后减小【答案】C【解析】试题分析：A、乙分子由a到b一直受引力，做加速运动，从b到c分子力逐渐变小但仍为引力，继续加速，乙分子运动到c点时分子力为零，加速为零，速度最大，故AB错误；从a到b分子力做正功，分子势能一直减少，从b到c分子力做正功，分子势能仍减小，从c到d分子力做负功，分子势能增大，到达d点时分子势能可能大于零，故C正确，D错误；故选C。考点：分子力及分子势能3.某正弦交流电的图象如图所示，则由图象可知（ ）A. 该交流电的频率为0.02 HzB. 该交流电的有效值为14.14 AC. 该交流电的瞬时值表达式为i20sin（0.02t）AD. 在tT/4时刻，该交流的大小与其有效值相等【答案】B【解析】试题分析：由图可知，T=002s，故，所以其表达式为，故AC错误；由图象可知交流电的最大值为20V，因此其有效值为：，故B正确；在时刻，该交流的大小等于20A，故D错误；考点：考查了交流电图像【名师点睛】该题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式4.一个绝热气缸，气缸内理想气体与外界没有热交换，压缩活塞前缸内理想气体压强为p，体积为V。现用力将活塞推进，使缸内理想气体体积减小到，则理想气体的压强（ ）A. 等于2pB. 小于2pC. 大于2pD. 等于【答案】C【解析】试题分析：绝热汽缸与外界没有热量交换，根据热力学第一定律判断出封闭气体温度的变化，然后根据理想气体状态方程求解压强压缩活塞时外界对气体做功，根据热力学第一定律则气体内能增加温度升高，根据理想气体状态方程：，即，变式可得，因为，故，所以，C正确；5.在如图（a）所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图（b）所示边长为L，电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框的发热功率为P，则 A. 线框中的感应电流方向会发生改变B. cd边所受的安培力大小不变，方向改变C. 线框中的感应电动势为D. 线框中的电流大小为【答案】D【解析】试题分析：由楞次定律判断出感应电流的方向，由左手定则判断出安培力的方向，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电流的大小解：A、由图可知，在磁感应强度变化的某一个周期内，磁感应强度的变化率是相同的，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，产生的感应电动势和感应电流的方向不变故A错误；B、根据安培力的公式：F=BIL可知，cd边受到的安培力的大小随磁感应强度的变化发生周期性的变化故B错误；C、在一个周期内磁通量的变化：=0.5B0S（0.5B0S）=B0S，所以线框中的感应电动势：E=故C错误；D、线框的发热功率为P，电阻值为R，根据：P=I2R，所以线框中的电流大小为I=，故D正确故选：D【点评】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、功率和楞次定律的综合应用，感应电动势与电路知识与电磁感应联系的纽带，计算时要注意运用线圈的有效面积，即处于磁场中的面积6.如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成角。两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计。当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是 A. 回路中的电流强度为B. ab杆所受摩擦力为mgsinC. cd杆所受摩擦力为D. 与v1大小的关系为【答案】C【解析】【详解】A.ab棒切割产生感应电动势，cd棒没有切割，所以回路电动势为：，所以回路电流：，A错误B.ab杆匀速运动，根据平衡有：，联立解得：，B错误C.cd杆所匀速，垂直斜面方向有：，滑动摩擦力为：，联立解得：，C正确D.对ab杆沿斜面方向：，解得：，D错误二、多选题（每题4分，共24分）7.如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子不计重力，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】AD【解析】在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化由牛顿第二定律Fma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以at图象如图1所示，vt图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移xv0tat2，所以xt图象应是曲线故本题选AD.8.如图所示，实线是一组未标明方向的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子只受电场力作用，由此能作出正确判断的是（ ）A. 带电粒子所带电荷的电性B. 带电粒子在a、b两点的受力方向C. a、b两点的场强何处较大D. 带电粒子在a、b两点的加速度何处较大【答案】BCD【解析】试题分析：由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在两点受到的电场力沿电场线向左，如图由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，运动方向也无法判断，故A错误，B正确；根据电场线的疏密情况可以判断出点场强大于点场强，从而判断出点加速度大于点加速度，故选项CD正确。考点：电场线【名师点睛】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况。9.以下说法正确的是 A. 布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫热运动B. 液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性C. 雨天打伞时，雨水没有透过布雨伞是因为液体表面张力作用的结果D. 相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时温度一定相同，而内能可能不同E. 用NA表示阿伏加德罗常数，M表示铜的摩尔质量，表示实心铜块的密度，那么铜块中一个铜原子所占空间的体积可表示为【答案】BCD【解析】【详解】A热运动是分子无规则的运动，布朗运动并不是分子的运动；所以尽管布朗运动的剧烈程度与温度有关，但不能把布朗运动叫做热运动。故A项错误。B液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性。故B项正确。C水将伞面的纱线打湿后，在伞面纱线缝隙间形成水膜，水膜的表面张力使得雨水没有透过伞面。故C项正确。D热的宏观体现是温度，当两物体温度相同时，就会停止传热，即热平衡。相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时温度一定相同。物体的内能与物质的量、温度、体积有关；温度相同的两物体内能可能不同。故D项正确。E铜的摩尔体积，一个铜原子所占空间的体积。故E项错误。10.等量同种正电荷的电场中，直线MN过两个电荷连线中点O，OM等于ON，且M、N两点距O点很近，如图所示，有一个带正电的点电荷从M点沿直线MN运动到N点，下列说法正确的是 （ ）A. 在M、N两点电场强度大小相等B. 电荷在M点电势能大于电荷在N点的电势能C. 电场力先做正功后做负功D. 电荷可以仅由电场力作用下从M点沿直线MN运动到N点【答案】AD【解析】本题考查点电荷的电场的分布及特点；电场的叠加；电场强度；电场力做功；电势能 。A、在等量的正电荷的电场中，根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上各点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，且关于两者的连线对称，中点场强为零，从中点沿着中垂线向两边先增大后减小，所以在M、N两点场强大小相等方向相反，故A正确；B、因M和N两点电势相等，由知，电荷在M点电势能和电荷在N点的电势能相等，故B错误；C、正电荷所受电场力方向与场强方向相同，电荷从M经O到N过程电场力先做负功后做正功，故C错误；D、因等量同种正电荷连线中垂线上各点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，点电荷所受电场力的方向与场强方向相同，所以点电荷所受电场力的方向也是着中垂线指向外的，给电荷一个沿中垂线的初速度，电荷可以仅由电场力作用下从M点沿直线MN运动到N点，故D正确。 因此选AD11.如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为lkg的单匝均匀正方形铜线框，在位置1以速度v0=3m/s进人匀强磁场时开始计时，此时线框中感应电动势为lV，在t=3s时线框到达位置2开始离开匀强磁场此过程中线框v-t图象如图乙所示，那么A. t=0时，线框右侧边铜线两端MN间的电压为0.75VB. 恒力F的大小为0.5NC. 线框进人磁场与离开磁场的过程中线框内感应电流的方向相同D. 线框完全离开磁场瞬间的速度大小为2m/s【答案】ABD【解析】A：t=0时，线框右侧边铜线切割磁感线相当于电源，线框右侧边铜线两端MN间的电压为路端电压，设铜线框四边的总电阻是R，则路端电压。故A项正确。B：t=13s，线框做匀加速直线运动，加速度线框水平方向只受恒力F，则。故B项正确。C：线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内磁通量的变化相反，由楞次定律可知，感应磁场方向相反；由安培定则知，感应电流方向相反。故C项错误。D：t=0时和t=3s线框的速度相等，则进入磁场和穿出磁场的过程受力情况相同，在位置3时的速度与t=1s时的速度相等，线框完全离开磁场瞬间的速度大小为2m/s。故D项正确。12.如图所示，在，的长方形区域有垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子重力不计，它们的速度方向均在xoy平面内的第一象限，且与y轴正方向的夹角分布在范围内，速度大小不同，且满足，已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则下列说法正确的是A. 所有粒子在磁场中运动经历最长的时间为B. 所有粒子在磁场中运动经历最长的时间小于C. 从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间小于D. 从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间为【答案】BC【解析】粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，则有，又因为，所以，2aR3a；粒子做圆周运动的周期；A、B、当速度与y轴正方向的夹角为零时，有：R越大，对应的越小，所以，当R=3a时，最小，此时，所以，故B正确，A错误；C、D、从0增大，则粒子在磁场上边界的出射点右移，设磁场横向无右边界，则粒子在上边界最远能到达的位置为粒子做圆周运动与上边界相切的点，此时，粒子出射点的横坐标，所以，粒子一定能到达磁场边界的右上顶点且粒子做圆周运动的轨迹都是劣弧，该点对应粒子做圆周运动的弦最大值，所以，粒子出射点为磁场边界右上边界点时，粒子在磁场中转过角度最大，运动时间最长；对应于相同的弦长，半径越小，中心角越大，所以，当R=2a，且粒子出射点为磁场边界右上顶点时，粒子在磁场中运动经历的时间最长；此时，半径和弦长相等，所以，粒子转过的角度，运动经历的时间，故C正确，D错误；故选BC【点睛】在求解粒子在磁场中的运动问题时，要注意分析粒子的运动轨迹，如本题要分析粒子是否能到达磁场边界的右上顶点三、实验题（每题5分，共10分）13.一课外实验小组想测量一个电压表的内阻，他们在实验室找到如下器材：A.待测电压表V1(量程为0-2V,内阻约2k)B.标准电压表V2 (量程为0-9V,内阻约4k)C.标准电流表A (量程为0-0.6A，内阻约0.5)D.滑动变阻器R1（阻值范围：0-10)E定值电阻R2=20F.定值电阻R3=2.0kG定值电阻R4=2.3kH.直流电源（内阻约1，电动势为12v)I.开关、导线若干(1)为完成该实验，该实验小组希望实验结果尽可能准确，且要求电表指针超过满刻度的 1/2,除待测电压表、直流电源、滑动变阻器、开关和导线之外，该实验小组还选取了一个电表和两个定值电阻，选取的电表是_，两个定值电阻分别是_（两空都填器材前面的序号)。(2)在虚线框中画出实验电路图_(3)根据选用的器材，待测电压表V1的读数为U1,两定值电阻阻值分别为R和R，另一个电表的读数为_，(填I1或U2)由此得出，待测电压表内阻的表达式为_。【答案】 (1). （1）B (2). FG (3). （2）如图： (4). （3）U2 (5). 【解析】【详解】(1)电源电动势为12V，待测电压表的内阻约为2，通过待测电压表的最大电流约为6mA，电流表量程为0.6mA=600mA，待测流太小，不能用电流表测电流，因此电表应选择电压表B，为测出两个待测电压表的电流，应把电阻F、G与待测电阻并联，(2)串联电路电流相等，把待测电压表与定值电阻串联，可以求出通过待测电压表的电流，电源电动势大于电压表量程，为保护电表滑动变阻器应用分压式接法，实验电路如图所示：(3)待测电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，由图示电路可知，通过待测电压表的电流为： 待测电压表的内阻为：。14.(1)某欧姆表的内部结构如图甲所示电路，欧姆表开关拨至“”，并进行了必要的调零。一同学准备用一个电阻箱Rx较精确地测出欧姆表的电源的电动势E和该倍率下完成调零后欧姆表的内阻，他的操作步骤是：a将欧姆表与电阻箱Rx连成图甲所示的闭合电路；b调节电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数I；c将记录的各组Rx、I的数据描点在图乙中，得到图象；d根据图乙作得的图象，求出电源的电动势E和欧姆表内阻R内。图甲中，a表笔颜色是_，电源的电动势E为_V，欧姆表内阻R内为_，电流表的量程_。(2)若该同学将图甲中电流表G并联一个定值电阻，组成一个新的欧姆表，这个新欧姆表的倍率较之改装前欧姆表的倍率_(填“变大”“变小”或“相同”)。【答案】（1）黑； 8；160；0.05A（2）变小。【解析】试题分析：（1）图甲中，a表笔颜色是黑表笔；由欧姆定律可知：，变形可得：；由图中读出：，解得E=8V；，解得R内=160；电流表的量程；（2）将图甲中电流表G并联一个定值电阻，组成一个新的欧姆表，则电流表同样的读数时，外电路的电阻减小，故欧姆表的倍率减小。考点：测量欧姆表的电动势及内阻.四、解答题（共42分）15.如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下。质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S2103 m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h24 cm，活塞距汽缸口10 cm。汽缸所处环境的温度为300 K，大气压强p01.0105 Pa，取g10 m/s2。现将质量为m4 kg的物块挂在活塞中央位置上。（1）活塞挂上重物后，活塞下移，求稳定后活塞与汽缸底部之间的距离。（2）若再对汽缸缓慢加热使活塞继续下移，活塞刚好不脱离汽缸，加热时温度不能超过多少？此过程中封闭气体对外做功多少？【答案】（1）30 cm（2） 6.4 J【解析】【详解】（1）挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为h1该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有：代入数据解得：；（2）加热过程中汽缸内压强不变，当活塞移到汽缸口时，温度达到最高，设此温度为T2根据盖吕萨克定律有：而，解得，即加热时温度不能超过加热过程中气体对外做功代入数据得。16.如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP(MP边水平)，NMP，MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x(取M点处x0)的变化图象如图乙所示(图中E0、E1、E2为已知量)，重力加速度为g，设无限远处电势为零，M点所处的水平面为重力零势能面(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m；(3)求小球从N点运动到M点时的动能Ek.【答案】(1)图线(2) ,(3) 【解析】试题分析：判断出电荷Q产生的电场分布，判断出正电荷下滑过程中电场力做功情况，即可判断出电势能的变化；由几何关系求出x1的位置，利用E1=mgh即可求的质量；在小球从N到M的过程中，利用动能定理求小球到达M点时的动能Ex。(1)正Q电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为Eq，可知正电荷从N点到M点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线.(2)电势能为E1时，距M点的距离为x1处重力势能E1mgx1sin 可得(3)在小球从N点运动到M点的过程中，根据动能定理得：mgasin E2E0Ek0，解得：点睛：本题主要考查了电场的分布情况及小球的运动情况，通过电场力做功来判断电势能的变化从而判断出图象，再根据平衡条件和动能定理进行处理。17.如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K相连。整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B。一质量为m，电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻。(1)当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，求接入电路的滑动变阻器阻值R；(2)当K接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离s时达到稳定速度，求稳定速度v的大小和金属棒从静止到稳定速度所需的时间； (3)将开关K接到3，让金属棒由静止释放，设电容器不漏电，电容器不会被击穿a通过推导说明ab棒此后的运动是匀加速运动；b求ab下落距离s时，电容器储存的电能。【答案】(1) (2)