广东信宜2017-2018学年高二第一学期期末考试物理试题解析版

1、广东省信宜市2017-2018学年高二第一学期期末考试物理试题一、选择题：本题共9小题，每小题6分，共54分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合随目要求，第69题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则（）A.电容器电容增大B.电容器极板间电场强度变大C.电容器极板间电势差变小D.电容器极板上的电荷量变小【答案】D【解析】A.平行板电容器接在恒压直流电源上，其两极间的电压不变。若将云母介质移出，由电容的决定式=史，可知，电容C会减小，故A错误；4咸1B.因E=U/d,

2、U不变，d不变，电场强度不变，故B错误；C,电容器接在恒压直流电源上，电容器极板间电势差不变，故C错误；D,由电容的定义式C=Q/U,可得，电荷量会减小，故D正确。故选：D.点睛：电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小,根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化.2.如图所示，在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球。同时从静止释放，则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是（）A.速度变大，加速度变大B.速度变小，加速度变小C.速度变大，加速度变小D.速度变小，加速度变大【答案】C【解析】试题分析：因电荷间的

3、静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小.故选Co考点：库仑定律；牛顿第二定律【名师点睛】本题中两球间存在斥力，引力逐渐减小，根据功能关系的判断速度变化，注意掌握牛顿第二定律的应用。3.如图所示，两个初速度大小相同的同种正离子a和b,从0点分别从不同方向沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力，下列说法正确的有（）A. a在磁场中飞行的半径比b小B. a在磁场中飞行的时间比b的短C. a在磁场中飞行的路程比b的短D. a在P上的落点与0点的距离比b的近【答案】D【解析】解答：mvA.由=不可知，两粒子半径

4、相等，故A错误；qBB.因粒子带正电，则由左手定则可知，粒子均向下偏转，根据粒子入射方向可判断其向心力方向，从而明确其圆心的位置，则可知a、b粒子的运动轨迹如图所示：根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故B错误；C,由图可知a粒子在磁场转过的圆心角较大，故a在磁场中飞行的路程要长；故C错误；D.由图根据运动轨迹可知，b到P点的落点的距离为直径，而a的落点为一个小于直径的弦；故两粒子在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确。故选：D.4.与一般吉他以箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声。如图所示，拾音器由磁体及绕在其上

5、的线圈组成。磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场。当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号。下列说法中正确的是A.若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作B.换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作C.琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化D.拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号【答案】D【解析】试题分析：电吉他是将琴弦与线圈所围成的面积放入于磁场中，当琴弦振动时所围成面积的磁通量发生变化，导致线圈产生感应电流，最后通过扩音器放大经扬声器播出.若失去磁性则无法产生电磁感应，因此吉他不能正常工作，故A错误；电吉他不可

6、以使用尼龙线做琴弦.若是尼龙线则不能构成回路，故B错误；琴弦振动时，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，若是恒定，则声音全是一种调，更何况也不可是恒定电流的，故C错误；电吉他是属于磁生电的应用，是根据电磁感应原理工作的.拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故D正确.5.如图所示，两平行光滑导轨相距为L=20cm,金属棒MN的质量为m=10g,电阻R=8Q,匀强磁场的磁感应强度B=0.8T,方向竖直向下，电源电动势E=10V,内阻r=1Q,当开关K闭合时，MN恰好平衡，则变阻器Ri的取值为（）（设9=45；g取10m/s2）A.1QB.7aC.8aD.16a【答案】B【解析

7、】MN受力分析如图所示：因MNFF衡，所以有mgsin0=BILcos0E由闭合电路欧姆定律得1=I十R十R由并代入数据得：R=7故B正确，ACD昔误。故选：Bo点睛：金属棒受到竖直向下的重力,水平向右的安培力，以及导轨的支持力处于平衡状。根据安培力的大小公式，以及共点力平衡去求解.6.如图，静电植线时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电线毛落向布匹的过程中（）布匹布O涂胶,/阻;<*k.Ld1上一-，工lI/.h正赢利彳窗静电植缄）成品A.做匀速运动B.做加速运动C.做减速运动D.电场力做正功，电势能逐渐减小【答案】BD【解析】AB、由题知，绒毛带负电，

8、金属网间的电场强度方向向上，所以绒毛所受的电场力向下，做加速运动，故A错误，B正确，C错误；D、电场力对绒毛做正功，其电势能逐渐减小，故D正确。故选：BD.点睛：根据异种电荷相互吸引，分析绒毛受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，判断电势能的变化.7.如图所示，在光滑水平面上放根固定的通电直导线（电流方向如图中所示）,并在它旁边与它在同一水平面内放一通电矩形导线框abcd（电流方向如图中所示），则（）A.线框的ab、cd、ad、bc边都受到安培力作用。B.线框保持静止C.线框向右匀速运动D.线框向右加速运动【答案】AD【解析】A.直导线中的电流方向由下向上，根据安培定则，导线右侧区域磁

9、感应强度方向垂直纸面向内根据左手定则，左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向上的安培力，下边受到向下的安培力，故A正确；B,离通电导线越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL,左边受到的安培力大于右边，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，故线圈受通电直导线作用后将向右加速运动。故D正确，BC错误。故选：AD.点睛：直导线中的电流方向由下到上，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向.根据左手定则分析导线框所受的安培力情况，进而判断导线框的运动情况.8.如图甲所示，面积S=1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示（B取

10、向里方向为正），以下说法正确的是（）A.环中产生顺时针方向的感应电流8 .环中产生逆时针方向的感应电流C.环中产生感应电动势大小为1VD.环中产生感应电动势大小为2V【答案】BC【解析】磁场垂直于纸面向里，由图乙所示可知，磁感应强度增加，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针万向，A正确；B错误；感应电动势E=8=V=IV,C正确；D错误；AtAlJ故选AC。9 .一个电源电动势为30V,内电阻不计，与一个“6V12W的电灯、一个绕线电阻为2的电动机M串联接入电路。已知电路中电灯正常发光，则:A.通过电灯的电流为2AB.电动机两端的电压为30VC.电动机消耗的总功率为60WD.

11、绕线电阻的电热功率为8W【答案】AD【解析】A.通过电灯的电流：I=P/U=12/6A=2A,故A正确；B,电动机的电压：U=E-U灯=30-6=24V,故B错误；C.电动机消耗的总功率：P=U电I=24X2=48w,故C错误；D,绕线电阻的电热功率：P戈ft=|2R=22X2=8w,故D正确。故选：AD.二、非选择题：本题共5小题，花56分。按题目的要求做答。解答题写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。10.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量:(1)旋动部件,

12、使指针对准电流的“oa度线.(2)将K旋转到电阻挡“X100：置(3)将插入“+”-”插孔的表笔短接，旋动部件，使指针对准电阻的(填“囱线”或“冽线”)(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小.为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按的顺序进行操作，再完成读数测量。A.将K旋转到电阻挡“X1第位置B.将K旋转到电阻挡“X10位置C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【答案】.S（2）.T（3）.0刻线（4）.ADC【解析】首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.接着是欧姆调零，将午“、插孔的表笔短接，

13、旋动部件T,让表盘指针指在最右端零刻度处.当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大,原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现.所以正确顺序BDC.11.在描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图（a）所示的I-U坐标系中,通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线（1）根据图线的坐标数值，请在图（b）中用笔画线代替导线,把实验仪器连接成完整的实验电路。（2）根据图（a）,可判断出图（c）中正确的关系图是（图中P为小灯泡功率）。（3）将同种规格的两

14、个这样的小灯泡并联后再与10的定值电阻串联，接在电压恒为8V的电源（内阻不计）上，如图（d）所示，则电流表的示数为A【答案】(1).(2).D(3).0.6【解析】(1)、因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电压从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示(2)由P=I2r可知，在P-I2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R,而电阻R又随温度的升高而增大，故D正确，ABC错误。故选：D。(3)在题d图中的混联电路中，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I.在这个闭合电路中，有E=U+2IRo代入数据并整理得，U=8-20I这是一个直线方程，把该直线在题甲图上画出，如图所示，

15、此时通过电流表的电流值这两条曲线的交点为U=2V、1=0.3A,同时满足了电路结构和元件的要求Ia=2I=0.6A.每只灯泡的实际功率P=UI=2X0.3=0.6W12 .如图所示，在电场强度为E的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R=0.4m,N为半圆形轨道最低点。现一小滑块从位于N点右侧1.5m的M处出发，以初速度vo=7m/s向左运动，它恰好能沿轨道运动到最高点Q。已知小滑块带负电q=10-4C,它的质量m=0.01kg,它与水平轨道间的动摩擦因数科=0.15取g=10m/s2。求电场强度的大小。【答案】10

16、00V【解析】设小滑块到达Q点时的速度为v,由牛顿第二定律得:mg+qE=：iR小滑块从开始运动到Q点的过程中，由动能定理得:12I2mg2R-qE2R-p(mg+qE)s=-mv0联立方程解得：E=1000V13 .如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为+q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。求:(1)加速电

17、场的电压;(2)P、Q两点间的距离so加速电场一U静电分析器【解析】(1)由题意知粒子在辐射电场中做圆周运动，由电场力提供向心力，则:个V-qE=mR在加速电场有：er解得：2二(2)在磁分析器中，粒子受洛伦兹力提供向心力，则由qvB=m-14.如图所示，两根相距l=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15的电阻相连。导轨间x>0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m,x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T。一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05财金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x=0处以初速度V0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：回路中的电流；(2)金属棒在x=2m处的