云南省某知名中学高二物理上学期期末考试试题含解析

1、云南省曲靖市沾益区第四中学2017-2018学年度高二上学期期末考试物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。1. 如图是某质点运动的速度-时间图像，由图像得到的正确结果是（ ）a. 01 s内的平均速度是2m/sb. 01s内的运动方向与2-4s内的运动方向相同c. 01s内的加速度小于2-4s内的加速度d. 04s内的位移大小是5m【答案】bd【解析】试题分析：内质点做匀变速直线运动，平均速度，故a错误；两个时间段内速度均为正

2、，表明速度都为正方向，运动方向相同，故b正确；速度时间图线的斜率表示加速度，根据图象可知01s内的加速度大于24s内的加速度，故c错误；图线与x轴包围的面积表示位移大小，则04s内的位移大小x=12×(4+1)×25m，故d正确。考点：运动学中的图像【名师点睛】本题关键要明确速度时间图线中斜率、截距、面积等的物理意义，同时要会运用运动学公式进行求解。2.2.用图示的电路可以测量电阻的阻值,图中rx是待测电阻,r0是定值电阻，g是灵敏度很高的电流表,m、n是一段均匀的电阻丝.闭合开关,改变滑动头p的位置,当通过电流表g的电流为零时,测得mp=l1,pn=l2，则rx的阻值为(

3、    )a. l1l2r0 b. l1l1+l2r0 c. l2l1r0 d. l2l1+l2r0【答案】c【解析】【详解】电阻丝mp段与pn段电压之比等于r0和rx的电压比，即umpupn=ur0urx=r0rx;通过电流表g的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过r0和rx的电流也相等,故rmprpn=r0rx；根据电阻定律公式r=ls，有rmprpn=l1l2，故r0rx=l1l2，解得rx=l2l1r0；故选c.【点睛】本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力.3.3

4、.如图所示,绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路,在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环,下列各种情况铜环中不产生感应电流的是(  )a. 线圈中通以恒定的电流b. 通电时,使变阻器的滑片p匀速移动c. 通电时,使变阻器的滑片p加速移动d. 将开关突然断开的瞬间【答案】a【解析】试题分析：线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环a的磁通量不变，没有感应电流产生故a错误通电时，使变阻器的滑片p作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环a磁通量增大，产生感应电流，故b正确通电时，使变阻器的滑片 p 固定不动，则变阻器

5、接入电路的电阻不变，回路中电流不变，线圈产生的磁场不变，穿过铜环a磁通量不变，不会产生感应电流故c错误将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环a的磁通量减小，产生感应电流故d正确故选bd。考点：电磁感应现象【名师点睛】产生感应电流的条件细分有两个：一是电路要闭合；二是磁通量要发生变化基础题。4.4.平行板电容器和电源、电阻、电键串联,组成如图所示的电路.接通开关k,电源即给电容器充电(   )a. 保持k接通,减小两极板间的距离,则两极板间电场的电场强度减小b. 保持k接通,在两极板间插入一块介质,则极板上的带电量不变c. 充电结束后断开k,减小两极板

6、间的距离,则两极板间的电势差减小d. 充电结束后断开k,在两极板间插入一块介质,则极板上的电势差增大【答案】c【解析】保持k接通，电容器极板间的电压不变，减小两极板间的距离，由e=ud分析得知，两板间的电场强度增大故a错误保持k接通，在两极板间插入一块铝板，板间距离减小，由e=ud分析得知，两板间的电场强度增大，故b正确；充电结束后断开k，电容器所带电量不变，根据电容的决定式c=s4kd可知，板间距离减小，电容增大，根据c=qu可知，两极板间的电势差减小，故c错误；充电结束后断开k，电容器所带电量不变，根据电容的决定式c=s4kd可知，在两极板间插入一块电介质，电容增大，根据c=qu可知，两极

7、板间的电势差减小，故d错误；故选b.5.5.如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板ab托住，小球恰好处于静止状态当木板ab突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()a. 0 b. 233g c. g d. 33g【答案】b【解析】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图：根据共点力平衡条件，有：fnsin30°=0，ncos30°g=0，解得n=233mg，f=33mg，木板ab突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力n，方向与n反向，故加速度为：a=nm=233g，故选项c正确。点睛：木板撤去前，小

8、球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度。6.6.如图所示，金属棒mn两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由m向n的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，如果仅改变下列某一条件，角的相应变化情况是（ ）a. 金属棒质量变大，角变大b. 两悬线等长变短，角变小c. 金属棒中的电流变大，角变大d. 磁感应强度变大，角变大【答案】cd【解析】a项，水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力，与竖直方向形成夹角，此时它受力平衡，有tan=bilmg 。所以金属棒质量变大，角变小，故a错误；b项，根据

9、tan=bilmg，两悬线变短，不影响平衡状态，角度不变，故b项错误。c项，根据tan=bilmg，金属棒中的电流变大，角变大，故c正确；d项，根据tan=bilmg，磁感应强度变大角度变大，故d项正确。综上所述本题答案是：cd7.7.圆形区域内有如图所示的匀强磁场,一束比荷相同的带电粒子对准圆心o射入,分别从a、b两点射出,下列说法正确的是(   )a. b点出射粒子速率较小b. a点出射粒子运动半径较大c. b点出射粒子磁场中的运动时间较短d. a点出射粒子速度偏转角较小【答案】c【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子运动轨迹的示意图如图所示：a、b、由洛

10、伦兹力提供向心力qvb=mv2r，可得r=mvqb，结合几何运动径迹可知，从b点射出的粒子运动半径较大，结合荷质比相同，可得从a点射出的粒子速率较小；故a，b错误。c、由运动周期公式得，t=2mqb，由于荷质比相同，周期与速率无关，粒子运动的时间：t=2t可知运动的时间，仅由轨迹所对的圆心角决定，故b点射出的粒子运动时间较短；故c正确。d、利用对称性可知，粒子沿半径方向入射一定沿半径方向出射，由图可以看出a粒子速度方向偏转的角度大于b粒子速度方向偏转的角度；故d错误。故选c。【点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，运用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，注意对称

11、性的运用，粒子沿半径方向入射一定沿半径方向出射，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间8.8.如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一个固定在p点的点电荷,以e表示两板间的电场强度, ep表示点电荷在p点的电势能，表示静电计的偏角，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则(    ) a.减小,e不变b.增大,e增大c.减小，ep增大d.增大，ep不变【答案】a【解析】电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据

12、c=s4kd 可知，电容c增大，则根据c=qu可知，电压u减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度为：e=ud=qcd=4kqs；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设p与下极板距离为l，则p点的电势p=el，电势能ep=elq； 因此电荷在p点的电势能保持不变；故d正确，abc错误；故选d点睛：本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变9.9.如图所示,在两等量异种点电荷的电场中，m、n为两电荷连线的中垂线,，a、b、c三点

13、所在直线平行于两电荷的连线，且和关于mn对称,b 点位于m、n上。点位于两电荷的连线上.以下判断正确的是(   )a. b点场强大于d点场强b. b点场强小于d点场强c. 、b两点间的电势差等于b、两点间的电势差d. 试探电荷+q在点的电势能小于在点的电势能【答案】bc【解析】试题分析：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强；由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项bc正确；因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项d错误。考点：电

14、场的叠加、电势能【名师点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。视频10.10.2012年6月18日,“神舟九号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343km的近圆轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接.对接轨道所处的空间存在极其稀薄的空气.下面说法正确的是(   )a. 为实现对接,两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间b. 如不加干预,在运行一段时间后,“天宫一号”的动能可能会增加c. 如不加干预,“天宫一号”的轨道高度将缓慢降低d. 航天员在“天宫一号”中

15、处于失重状态,说明航天员不受地球引力作用【答案】bc【解析】试题分析：万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，失重不是失去重力而是对悬绳的拉力或支持物的压力减小的现象根据相应知识点展开分析即可解：a、又第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度故a错误；b、根据万有引力提供向心力有：=mv=，得轨道高度降低，卫星的线速度增大，故动能将增大，所以b正确；c、卫星本来满足万有引力提供向心力即=m，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力故卫星将做近心运动，即轨道半

16、径将减小，故c正确；d、失重状态说明航天员对悬绳或支持物体的压力为0，而地球对他的万有引力提供他随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，所以d错误故选：bc【点评】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系视频11.11.如图所示,甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表g和一个电阻箱r组成的,下列说法正确的是(   ) a. 甲表是电流表,r增大时量程增大b. 甲表是电流表,r增大时量程减小c. 乙表是电压表,r增大时量程增大d. 乙表是电压表,r增大时量程减小【答案】bc【解析】由甲图所示可知，g与电阻r并联

17、，甲图是电流表，r增大，r的分流较小，电流表量程减小，故b正确，a错误；由乙图所示可知，g与r串联，乙表是电压表，r增大时，变阻器分担的电压增大，电压表量程增大，故cd错误；故选b。点睛：本题考查电表改装原理的理解能力电流计串联一个分压电阻即为电压表；并联分流电阻为电流表；当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值12.12.质量为m的通电细杆放在倾角为的导轨上,导轨的宽度为d,杆与导轨间的动摩擦因数为,有电流通过杆,杆恰好静止于导轨上,在如图所示的a、b、c、d四个图中,杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是(   )a. b. c. d. 【

18、答案】cd【解析】a中通电细杆受竖直向下的重力、水平向左的安培力和垂直于斜面向上的支持力，可知这三个力的合力不可能等于0，通电细杆一定受摩擦力故a正确b中通电细杆受竖直向下的重力、竖直向上的安培力和垂直于斜面向上的支持力，若通电细杆受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，通电细杆不受摩擦力若重力大于安培力，则受重力、支持力，安培力、摩擦力所以通电细杆可能受摩擦力，可能不受摩擦力故b错误c图通电细杆受竖直向下的重力、竖直向下的安培力和垂直于斜面向上的支持力，这三个力的合力不可能等于0，所以通电细杆若要处于平衡，一定受沿斜面向上的摩擦力故c正确d图通电细杆受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜

19、面向上的支持力，这三个力的合力可能等于0，所以通电细杆若要处于平衡，不一定受沿斜面向上的摩擦力故d错误故选：ac.注：此题答案ac.二、实验题（本题共2个小题，共14分。）13.13.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,某同学使用了如图所示的装置,打点计时器的打点频率为50hz。(1)该同学得到一条纸带,在纸带上取连续的六个点,如图所示,相邻两点间的距离分别为10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm,则打e点时小车的速度为_m/s,小车的加速度为_m/s2。(2)该同学要探究小车的加速度a和质量m的关系,应该保持拉力不变;得到多组数据后他应描给的图象是_(填a-

20、m还是a1m)【答案】 (1). 0.85 (2). 5 (3). a1m【解析】【详解】(1)利用匀变速直线运动的推论平均速度等于中间时刻的瞬时速度，得出：ve=xdftdf=0.016+0.0182×0.02=0.85m/s;根据匀变速直线运动的判别式：a=xt2=2×1030.022m/s2=5m/s2.(2)为了更直观地反映物体的加速度a与物体质量m的关系，为了直观判断二者间的关系，应作出直线图形探究加速度与质量的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a1m图象.【点睛】实验问题需要结合物理规律去解决对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由其中平衡摩擦力的原因以及做

21、法在实验中应当清楚数据处理时注意单位的换算14.14.用如下图所示电路测量电源的电动势和内阻.实验器材:待测电源(电动势约3v,内阻约2),保护电阻r1(阻值10)和r2(阻值5),滑动变阻器r,电流表a,电压表v,开关s,导线若干.实验主要步骤:   (1)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大,闭合开关;(2)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值,记下电压表的示数u和相应电流表的示数i;(3)以u为纵坐标, i为横坐标,作图u-i图线(u、i都用国际单位);(4) 求出u-i图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距.回答下列问题:(1)电压表最好选用_;电流表最好选用_.a.电压表(

22、0-3v,内阻约15k)b.电压表(0-3v,内阻约3k)c.电流表(0-200ma,内阻约2)d.电流表(0-30ma,内阻约2)(2)选用k、a、r1和r2表示待测电源的电动势e和内阻的表达式e=_,r=_,代入数值可得e和的测量值.【答案】 (1). a (2). c (3). ak (4). k-r2【解析】【详解】电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的a电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为i=er1+r2+r=310+5+2=176ma;因此，电流表选择c；分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则

23、说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而a项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而b项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；c项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而d项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故d错误；故选c；由闭合电路欧姆定律可知：u=e-i（r+r2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+r2；则内阻r=k-r2；令u=0，则有：i=er+r2=ek;由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：a=i=ek,解得e=ka.【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明

24、确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义.三、计算题（本题共4个小题，共38分。解答应写出必要的方程式和重要演算步骤，只有答案的不得分。）15.15.质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图线如图所示；球与水平地面相碰后反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的23该球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h【答案】（1）0.4n（2）17m【解析】试题分析：（1）根据图象得a=400.5=8m/s2，由牛顿第二定律：mg-f=ma，得f=m（g-a）=02

25、15;（10-8）=04n（2）由题意反弹速度v34v3m/s又由牛顿第二定律：mg+f=ma，得a=0.2×10+0.40.2=12m/s2故反弹高度为：hv22a322×1238m考点：v-t图像；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题关键是对图象的应用，由图象的斜率等于物体的加速度得到加速度，然后根据牛顿第二定律列得方程才能得到阻力，进而解答全题。视频16.16.光滑绝缘的水平面上固定着三个带电小球a、b、c，它们的质量均为m，间距均为r，a，b带等量正电荷q，现对c球施一水平力f的同时，将三个小球都放开,如图所示,欲使得三个小球在运动过程中保持间距不变,求:（1）c球的

26、电性和电荷量;（2）力f及小球的加速度.【答案】(1)负电、电荷量为2q （2）f=33kq2r2;a=3kq2r2m【解析】试题分析：通过对整体的受力分析，可知加速度相同，再对a球受力分析，可知c球带负电，通过在竖直方向受力平衡求出所点电荷量；通过在水平方向有牛顿第二定律可求出a球产生的加速度，再对整体利用牛顿第二定律求解出所加外力即可（1）运动中间距不变，则三球加速度相同，水平向右设c球所带电量为q，对a求受力分析可知，得c球带负电，且：kqqr2cos60°=kq2r2，解得q=2q，为负电（2）对a球受力分析可知，kqqr2sin60°=ma，解得a=k3qq2mr2=3kq2mr2对整体受力分析可知f=3ma=33kq2r217.17.如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为u,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强度为b的匀强磁场.带电量为+q不质量为m的粒子,由静止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并进入磁场做匀速圆周运动.忽略重力的影响,求:（1）匀强电场场强e的大小;（2）粒子从电场射出时速度的大小;（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r