湖北省孝感一中应城一中等五校学年高二上学期期末联考物理精校解析 Word版.docx
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湖北省孝感一中应城一中等五校学年高二上学期期末联考物理精校解析Word版
湖北省孝感一中、应城一中等五校2017-2018学年高二上学期
期末联考物理试题
一、选择题：
1.关于磁通量，下列说法正确的是
A.穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度也为零
B.当平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量必为零
C.面积越大，通过这个面的磁通量就越大
D.穿过某一平面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大
【答案】B
【解析】穿过某个面的磁通量为零，可能是磁场方向与平面平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项A错误；当平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量必为零，选项B正确；磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积、线圈与磁感应强度之间的夹角有关，面积越大，通过这个面的磁通量不一定越大，故C错误；磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积有关。
故D错误。
故选B.
点睛：
考查磁通量的概念及计算公式与成立条件，同时让学生明白同一磁场，同一线圈不同的放置，则穿过线圈的磁通量不同。
2.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判断
A.M点的电势小于N点的电势
B.粒子带负电，M点的电势大于N点的电势
C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】D
【解析】由图，若分别过M点与N点做等势线，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，比较可知，M点的电势一定高于N点的电势。
故A错误；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故B错误。
M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小。
故C错误。
粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，M点的电势能大于N点的电势能，故D正确。
故选D.
点睛:
对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：
合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向。
再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小。
3.如图所示，真空中有一正方形ABCD，M、N分别是AB和CD的中点，现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、-Q的等量异种点电荷，下列说法中错误的是
A.将试探电荷-q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷-q的电势能减少
B.将试探电荷+q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷+q的电势能不变
C.C、D两点的电场强度相同
D.N点的电场强度方向平行于AB且跟MN垂直
【答案】C
【解析】将试探电荷-q从C点移到D点，逆着电场线方向运动，受到的电场力与运动方向一致，故电场力做正功，电势能减小，故A正确；M点的电势等于N点的电势，所以将试探电荷+q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷+q的电势能不变，B正确；根据电场的叠加可知，C、D两点的电场强度大小相同，方向不同，故C错误；根据电场的叠加可知，N点的电场强度方向平行于AB且跟MN垂直，故D正确；此题选择错误的选项，故选C.
4.如图所示，两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图所示，线圈L的平面根纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流（ ）
A.沿顺时针方向，且越来越小
B.沿逆时针方向，且越来越大
C.先顺时针，后逆时针
D.始终为零
【答案】D
【解析】由图可知，M和N产生的磁场的方向都平行于MNAB所在的平面，所以线圈L的磁通量始终是0，将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，没有感应电流产生。
故D正确，ABC错误，故选D。
点睛：
解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：
闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合。
5.如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是
A.U1变大，U2变大
B.U1变小，U2变大
C.U1变大，U2变小
D.U1变小，U2变小
【答案】A
考点：
带电粒子在电场中的运动
6.如图所示的电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计，以下判断正确的是
A.闭合S稳定后，电容器两端电压不为零
B.闭合S稳定后，电容器的a极板将带负电
C.断开S的瞬间，电容器的b极板将带正电
D.断开S的瞬间，电容器的b极板将带负电
【答案】D
【解析】闭合S稳定后，线圈L相当于导线，则电容器被短路，则其电压为零，电容器的a极板不带电，故AB错误；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，结电容器充电，根据线圈的电流方向不变，则电容器的a极板将带正电，b极板将带负电，故C错误，D正确，故选D.
点睛：
本题考查自感线圈的双重作用的理解：
当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源。
7.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v-t图像如图所示，则下列说法中正确的是
A.A处的电场强度一定小于B处的电场强度
B.CD间各点电场强度和电势都为零
C.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能
D.AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差
【答案】CD
【解析】由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故B错误。
从A到B，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，故C正确；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D正确。
故选CD.
点睛：
本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：
电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值。
这常是判断电荷电势能如何变化的依据。
还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。
二、实验题
8.图示为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig=300μA，内阻Rg=100Ω，可变电阻R的最大阻值为10kΩ，电池的电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应该是_________（填“红”或“黑”）色，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx=_________kΩ．若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，用正确使用方法再测电阻时其测量结果将___________．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【答案】
（1）.红
（2）.5；（3）.变大
【解析】试题分析：
欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；
当两表笔短接（即
）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系：
，得
；，当指针指在刻度盘的正中央时：
有：
，代入数据可得：
；
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流
不变，由公式：
，欧姆表内阻
得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由
，可知当
变小时，
变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了。
考点：
用多用电表测电阻
【名师点睛】根据欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律可以判断读数，以及电池电动势变小，内阻变大时测量结果的变化；本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析。
视频
9.国标（GB/T）规定自来水在15℃时的电阻率应大于13Ωm。
某同学利用如图甲所示的电路测量15℃的自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量．玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：
电源（电动势均为3V，内阻可忽略）；
电压表V1（量程为3V，内阻很大）；
电压表V2（量程为3V，内阻很大）；
定值电阻R1（阻值4kΩ）；
定值电阻R2（阻值2kΩ）；
电阻箱R（最大阻值9999Ω）；
单刀双掷开关S；导线若干；
游标卡尺；刻度尺．
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材．
（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=_______mm．
（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：
Rx=_______（用R1、R2、R表示）．
（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的
关系图象，自来水的电阻率ρ=___________Ω•m（保留两位有效数字）．
【答案】
（1）.
（1）30.00
（2）.
（2）
（3）.（3）14
...............
ρ=
=4000×7.065×10-4×5Ω•m=14Ω•m
点睛：
本题考查了游标卡尺的读数，等效替代法测电阻，电阻定律以及对实验误差的分析，解答本题的关键是明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度．
三、计算题：
10.如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=4Ω，求：
（1）电源的输出功率P出；
（2）10s内电动机产生的热量Q；
（3）电动机的机械功率。
【答案】
（1）16W
（2）10J（3）3W
【解析】试题分析：
（1）“8V，12W”的灯泡L恰好能正常发光，灯泡的电压为U=8V，电源的内电压为U′=E﹣U=2V，根据闭合电路欧姆定律求出电路中总电流I，电源的输出功率为P=UI．
（2）根据功率公式求出灯泡的电流，通过电动机的电流等于总电流与灯泡电流之差．由焦耳定律求解热量Q．
（3）电动机的机械功率等于电功率与发热功率之差．
解：
（1）由题意，并联部分电压为U=8V，内电压应为：
U′=E﹣U=10V﹣8V=2V
总电流为：
I=
=
A=2A
电源的输出功率为：
P0=UI=8×2W=16W
（2）流过灯泡的电流为：
I1=
=
A=1.5A
则流过电动机的电流为：
I2=I﹣I1=0.5A
电动机在10s内产生的热量为：
Q=
R0t=0.52×4×10J=10J
（3）电动机的总功率为：
P总=UI2=8×0.5W=4W
电动机的发热功率为：
P热=
=0.52×4W=1W
电动机的机械功率为：
P机=P总﹣P热=3W
答：
（1）电源的输出功率P0是16W．
（2）10s内电动机产生的热量Q是10J；
（3）电动机的机械功率是3W．
【点评】对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流．
11.如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止，重力加速度为g，
，求：
（1）水平向右电场的电场强度；
（2）若将电场强度减小为原来的
，物块的加速度是多大；
（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．
【答案】
（1）
（2）0.3g.（3）0.3mgL
【解析】
（1）对物块受力分析，根据共点力的平衡条件可得
，
解得
；
（2）对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
，
解得
；
（3）根据动能定理可得下滑L时的动能
12.如图所示，间距L=1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度水平向左匀速运动．R1=8Ω．R2=12Ω．C=6μF．导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计．开关S1，S2闭合，电路稳定后，求：
（1）通过R2的电流I的大小和方向；
（2）拉力F的大小；
（3）开关S1切断后通过R2的电荷量Q．
【答案】
（1）0.1A
（2）0.1N（3）7.2×10-6C
【解析】
（1）开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a.MN中产生的感应电动势的大小E=BLv.
流过R2的电流I=
.
代入数据解得I=0.1A。
.
（2）棒受力平衡，有
，
.
代入数据解得
（3）开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1=CIR2.
S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q=Q1-0
代入数据解得Q=7.2×10-6C.
13.如图甲所示，在y轴右侧加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=1T。
从原点O处向第I象限发射一比荷
=1×104C/kg的带正电的粒子（重力不计）），速度大小v0=103m/s，方向垂直于磁场且与x轴正方向成30°角．
（1）求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R和在该磁场中运动的时间t1．
（2）若磁场随时间变化的规律如图乙所示（垂直于纸面向外为正方向），
后空间不存在磁场．在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度v0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标．
【答案】
（1）0.1m，
（2）
【解析】
（1）轨迹如图所示。
由
得轨迹半径
粒子运动周期
粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为240°，
所以粒子在磁场中运动的时间为
。
（2）磁场变化的半周期为
在右图中，
，且
平行于x轴
Rt△EDP中，
则粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标
点睛：
该题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，洛伦兹力提供向心力是基础，正确画出粒子运动的轨迹，找圆心和半径等是解决问题的关键。
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