宝鸡市渭滨区2017-2018学年高二上学期期末物理试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精陕西省宝鸡市渭滨区2017-2018学年高二上学期期末物理试题含解析渭滨区2017—2018—1高二年级物理试题一、选择题（本题共15小题,共49分,在每小题的四个选项中，第1—11题只有一项符合题目要求，每题3分.第12-15题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全得2分,有错或不选的得0分,并把选项填涂在答题卡上）1.下列说法正确的是（)A。发现电流周围存在磁场的科学家是丹麦物理学家奥斯特B.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器,粒子从磁场中获得能量C。静电场中的电场线和磁感线都是假想的物理模型，且都是闭合的线条D.磁通量变化越大,产生的感应电动势也越大【答案】A【解析】【详解】A．1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流周围存在磁场，即发现了电流的磁效应，故A正确B．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器,但由于洛仑兹力不做功，粒子不能从磁场中获得能量，粒子获得的能量是来自电场中加速，故B错误;C．静电场中的电场线和磁感线都是假想的物理模型,电场线不是闭合曲线，故C错误;D．磁通量变化越快，产生的感应电动势也越大，而不是磁通量变化越大，产生的感应电动势越大，故D错误。故选A.2.如图所示，虚线表示某电场的等势面,实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹．粒子在点的加速度为、动能为、电势能为；在点的加速度为、动能为、电势能为。则下列结论正确的是(）A。

, B.

,C.

， D。

，【答案】C【解析】【分析】图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线弯曲可知是静电斥力,根据等差等势面的疏密判断场强大小,结合牛顿第二定律得到加速度大小关系;根据电场力做功判断出动能的变化．【详解】由于等势面是同心圆，故图中场源位于等势面圆心位置;根据曲线的弯曲可知是粒子受到静电斥力；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aA＜aB；从A到B,粒子受力的方向向外,运动的方向与受力的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，粒子的动能减小,电势能增大;即EkB＜EkA；EPA〈EPB

，故C正确，ABD错误．故选C．【点睛】本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力,根据电场力做功判定动能的大小变化．3。如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计）连接，电容器下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现交平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,下列说法正确的是（）A.带电油滴将竖直向上运动 B。P点的电势将降低C。电容器电容增大，极板带电荷量不变 D。电容器的电容增大，极板带电荷量减小【答案】A【解析】将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动．故A正确．P点到下极板的距离不变，而E增大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，故B错误；d减小,由知，电容C增大，U不变,由分析可知电容器所带电量增加，故CD错误；故选A点睛：本题是电容器动态变化分析问题,抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变,由,，结合进行分析．4.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动,其电流的等效电流强度I和方向为（）A.顺时针B。顺时针C.逆时针D。逆时针【答案】C【解析】【详解】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为：

根据电流的定义式得：电流强度为:

因为电子带负电,所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确，选项ABD错误．【点睛】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路，要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反．5.电源电动势，小灯泡L上标有“，”的字样，开关S接1,当变阻器调到时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2,小灯泡L和电动机M均正常工作.则（）A.电源内阻为B。电动机的内阻为C.电动机正常工作的电压为D。电源效率约为90%【答案】A【解析】【详解】A．小灯泡的额定电流为电阻当接1时，由闭合电路欧姆定律可知代入数据解得故A正确；BC．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为0。2A，电源内阻分的电压为故电动机分的电压为电动机的内阻为故BC错误;D．电源的效率为故D错误.故选A。6。如图7所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是A.电源输出功率减小B。L1上消耗的功率增大C。通过R1上电流增大D。通过R3上的电流增大【答案】C【解析】【详解】A．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI,与电流成正比，则电源输出功率增大．故A错误．B．由于并联部分的电阻减小,根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小．故B错误．C．再合上S2,外电路总电阻减小，干路电流增大,而R1在干路中，通过R1上的电流增大．故C正确．D．并联部分的电压减小,通过R3上的电流将减小．故D错误．7。如图所示，条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由S极的上端平移到N极的上端,在此过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示，则这个过程中磁铁受力情况为（）A。摩擦力的方向由右向变为向左B。摩擦力的方向保持不变C。支持力先大于重力后小于重力D。支持力始终大于重力【答案】D【解析】【详解】画出磁铁周围的磁感线如图所示，则导线在S极上端时导线所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向右下方，磁铁有向右的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向左；同理当导线在N极上端时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向左下方,磁铁有向左的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向右。AB．由以上分析可知，磁铁受到的摩擦力先向左后向右，导线在磁铁正上方时磁铁受到的摩擦力为零，故AB两项错误；CD．磁铁受到的磁场力始终有向下的分力,所以磁铁受到的支持力始终大于重力，故C项错误,D项正确.故选D。8.如图所示,直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN且垂直磁场方向射入磁场,经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,则为(）A. B。2 C. D。3【答案】D【解析】【分析】考查带电粒子在匀强磁场中的运动.【详解】电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场,由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，两电子运动半径相同，由周期公式可知，周期也相同，由几何关系可知，电子1运动的圆心角为,电子2运动的圆心角为,由时间可得：D正确。故选D。9.如图所示是电磁流量计的示意图。圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场.当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上两点的电动势，就可以知道管中液体的流量（单位时间内流过管道横截面的液体的体积）。已知管的直径为，磁感应强度为,则关于的表达式正确的是(）A. B.C。 D.【答案】B【解析】【分析】导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上,上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据受力平衡求出电荷的速度,再根据Q＝vS求出流量.【详解】最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有则流量故选B。【点睛】解决本题的关键知道导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上,上下两个面之间形成电场,最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。10.如图所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20cm的正方形线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域.在运动过程中，线框有一边始终与磁场边界平行，取它刚进入磁场的时刻t=0，在下列图线中，正确反映电流强度随时间变化规律的是()A。 B.C。 D。【答案】C【解析】【详解】在内，线框进入磁场区域，穿过线框的磁通量垂直纸面向内且大小增加，根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的感应电流阻碍磁通量的增加，此时感应电流为在内，整个线框在匀强磁场中运动，穿过线框的磁通量不变,线框中不产生感应电流；在内，线框出磁场，穿过线框的磁通量垂直纸面向里且大小减小,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的感应电流阻碍磁通量的变化，此时感应电流为综上所诉，ABD错误，C正确.故选C。11.如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是A。电流计中的电流先由a到b，后由b到aB.a点的电势始终低于b点的电势C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D。磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度【答案】D【解析】试题分析:当磁铁的N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势．由楞次定律可得感应电流的方向，从而判断电流计中电流方向,感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因,根据来拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况，从而知道加速度的大小．解：A、当磁铁N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下,则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而下，螺线管下端相当于电源的正极．所以通过G的电流方向为从b到a,当S极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小,且方向向下，则螺线管上端相当于电源的正极．所以通过G的电流方向为从a到b，则a点的电势先低于b点的电势，后高于b点电势,故AB错误；C、磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能,故C错误；D、磁铁刚离开螺线管时,正在远离螺线管，磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管（去留）,则加速度a＜g,故D正确．故选D【点评】本题考查了楞次定律的应用,重点是根据磁通量的变化判断出感应电流的有无和方向，能根据来拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况，难度适中．12。在库仑扭秤实验中，对于库仑力的研究，所使用的思想方法是（）A。均分思想 B。放大法C.控制变量法 D。补偿法【答案】ABC【解析】【详解】A．在库仑扭秤实验中，库仑是利用电量减半，再减半，观察力是不是随之减半再减半，而不是真正测出了力的大小，他使用的思想方法是均分思想,故A符合题意；B．库仑通过扭秤实验的研究运用了微小量放大法，即当入射角改变α时，反射角改变2α的原理,将扭秤转动的角度通过反射光线在屏上光斑移动显示出来，故B符合题意；C．库仑通过扭秤实验的研究运用了控制变量法,即控制入射光线不变的条件下，当入射角改变α时,反射角改变2α的原理,将扭秤转动的角度通过反射光线在屏上光斑移动显示出来，故C符合题意；D．在库仑扭秤实验中，库仑没有用到补偿的物理思想，故D不符合题意。故选ABC.13。两个电压表甲、乙是由完全相同的电流表改装而成，它们的量程分别为5V、15V．为了测量15～20V的电压，把甲乙串联起来使用,则两表的(）A.读数相同 B.指针偏转角度相同C.读数正比于表的内阻 D。指针偏转角度正比于表的内阻【答案】BC【解析】【分析】串联后两表的分压即示数与其电阻成正比，因电流大小一样，故指针偏转角度相同．【详解】A因量程不同,内阻不同,则分压不同，故示数不同．故A错误；B因是串联关系,电流大小一样，则偏转角度相同．故B正确;C读数为分压,正比于两表的内阻．故C正确；D指针偏转角度相同．故D错误；故选BC．【点睛】考查的串联电路电压与电阻的关系及电压表的内部原理,明确电压与电阻成正比．14。下列等式中正确是（）A。1T=1kg/m2 B.1T=1kg/（A•s2）C.1T=1kg•m2/（A•s2） D.1T=1N/(A•m）【答案】BD【解析】【详解】由可知故BD正确，AC错误故选BD。15。速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列相关说法中正确的是（）A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C。能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，粒子的比荷越大【答案】CD【解析】【详解】A．由图可知,带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电．故A错误；B．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，则电场力方向向上，粒子带正电,电场强度方向向上，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误；C．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡,则有qvB1=qE解得故C正确;D．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得解得可见，由于v是一定的,B不变，半径r越小，则越大．故D正确。故选CD.【名师点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力,粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径．由图可知,粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性；粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向,由平衡条件即可确定出P1极板带什么电；粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小．二、填空与实验题（每空或每问2分，计28分）16.在伏安法测电阻的实验中，待测电阻的阻值约为,电压表V的内阻约为,电流表A的内阻约为，测量电路中电流表的连接方式如图（a)、（b）所示,结果由公式计算得出，式中与分别为电压表和电流表的示数，若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为和，则____________（选填“”或“”）更接近待测电阻的真实值,且测量值____________（选填“大于”“等于"或“小于”）真实值。【答案】(1)。（2)。大于【解析】【详解】[1］由于待测电阻满足所以电流表应采用内接法，即采用图(a）接法,更接近待测电阻的真实值。[2]由于采用电流表内接法，根据“大内偏大，小外偏小”可知，测量值大于真实值。17。现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度.螺旋测微器和游标卡尺的示数如图乙和甲所示。(1)由图读得圆柱体的直径为_____，长度为_____；(2)若流经圆柱体的电流为,圆柱体两端之间的电压为，圆柱体的直径和长度分别用、表示，则用、、、表示的电阻率的关系式为=_____。【答案】（1）.1.845(1.844~1。846）（2）.4.240(3)。【解析】【详解】(1)［1]由图示螺旋测微器可知，其示数为由于误差(1。844~1.846)mm均可［2]由图示游标卡尺可知，游标尺的精度为0。05mm，游标卡尺读数为(2）［3]圆柱体的电阻，由电阻定律得电阻率18。某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个电压表（内阻很大）、一个电阻箱、一个开关和导线若干,该同学按如图所示电路进行实验，测得的数据如下表所示。实验次数12345R（Ω)2。04.06。08。010。0U（V）1。001.191。271。311。35U/R（A）0。500.300.210。160。13(1）根据表中提供的数据，若利用图像确定电池的电动势和内阻,则应作________图像；A。U－B。R－UC.R－D。－U（2）根据（1），利用测得的数据，在坐标纸上画出适当的图线___________；（3)由（2)中作出的图像可知，该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.【答案】（1）。A(2）.（3).1.47（1.46~1。48均可）（4）。0.94（0.90～1.00均可）【解析】【详解】(1）由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知则应作U－图像,可作出一条倾斜直线，故选A；（2）描点连线时，应让尽可能多的点落在直线上，距离直线太远的点舍去不要；（3）由闭合电路欧姆定律可知图线与纵坐标的交点为电动势由图可知E=1。47V（1.46～1。48均可）图线的斜率大小为内阻大小,故（0。90～1.00均可）19。（1）多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为、内阻为，为调零电阻,为表头内阻，电路中电流与待测电阻的阻值关系图象如图乙所示,则该图象的函数关系式为_____（调零电阻接入电路的部分阻值用表示)。（2)下列根据图乙中图线做出的解释或判断中正确的是_____。A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B．欧姆表调零的实质是通过调节,使时电路中的电流C．越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越小，所以欧姆表的示数左密右疏D．测量中，当的阻值为图乙中的时,指针位于表盘中央位置的右侧(3）如图所示为多用电表的刻度盘。若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针如图所示,则：①所测电阻的阻值为_____；如果要用此多用电表测量一个阻值约为的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是_____（填“”“”或“”）.②用此多用电表进行测量，当选用量程为的电流挡测量电流时,表针指于图示位置，则所测电流为_____。【答案】（1).(2).BC(3）.(4)。×1k（5）。30。7(30.5~30.9）【解析】【详解】（1)［1]由闭合电路的欧姆定律可得(2)[2］A．用欧姆表测电阻时，指针在中央刻度线附近读数误差较小，故A错误；B．欧姆表调零的实质是通过调节，使红黑表笔短接，即时电路中的电流达到满偏，即，故B正确;C．由题图可知,越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越小，所以欧姆表的示数左密右疏,故C正确;D．测量中，当的阻值为图乙中的时，由题图可知,,所以电流表的指针位于表盘中央位置的左侧，故D错误。故选BC。(3）[3]表针指示如题图，可知其数值为15。0，由于是选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻，所以欧姆表的读数为。［4]由于用欧姆表测电阻时，指针在中央刻度线附近读数误差较小，用此多用电表测量一个阻值约为的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是“”。[5]当选用量程为的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为30。7mA（30。5mA～30。9mA）。三、计算题（共3小题，第20题7分，21、22题各8分,合计23分）20.质量为，带电荷量为的微粒，以速度与水平方向成进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间,如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：（1)电场强度的大小．（2)磁感应强度的大小，该