湖南省醴陵二中醴陵四中学年高二下学期期中联考物理试题解析版.docx
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湖南省醴陵二中醴陵四中学年高二下学期期中联考物理试题解析版
湖南省醴陵二中、醴陵四中2017-2018学年高二下学期期中联考物理试题
一、选择题
1.下列对公式的理解正确的是()
A.F=Eq中,q为场源电荷,电场强度E与q无关
B.U=IR中,导体的电阻与该导体两端的电压无关
C.根据安培力的公式F=BIL,若F=0则B为0
D.根据Φ=BS,S越大,Φ越大
【答案】B
【解析】在F=Eq中,q为检验电荷,不是场源电荷,而电场强度E与q无关,故A错误;在U=IR中,导体的电阻由本身决定的,与该导体两端的电压无关,故B正确;根据安培力的公式F=BIL,若F=0,可能B为零;也可能B不等于零,却是B与I平行,故C错误;据Φ=BS,S越大,Φ不一定越大,比如当S与B平行时,Φ为零,故D错误。
所以B正确,ACD错误。
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,电子在电势差为U1的电场中加速后,垂直射入电势差为U2的偏转电场,在满足电子能射出偏转电场的条件下,不计电子重力,下列四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是()
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】B
【解析】试题分析:
根据动能定理:
eU1=
mv2;在偏转电场中vy=at;
;
;
;若使偏转角变大即使tanθ变大,由上式看出可以增大U2减小U1.故选B.
考点:
带电粒子在电场中的运动
4.如图所示,a、b、c三个带电粒子从上端小孔O1射入速度选择器后,又都从O2进入下方的磁场,虚线是它们的运动轨迹,它们所带电荷量之比为qa:
qb:
qc=1:
2:
4,它们的质量之比为ma:
mb:
mc=1:
1:
2,不计粒子重力,则()
A.这三种粒子都带负电
B.这三种粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
C.打在P2点的粒子是c
D.粒子b、c都打在P1点
【答案】D
【解析】根据粒子在磁场中的运动轨迹,结合左手定则可知,这三种粒子都带正电,选项A错误;根据
可得Ta:
Tb:
Tc=2:
1:
1,三个粒子在磁场中运动半个周期,可知ta=2tb=2tc,选项B错误;三种粒子从O2点射入磁场的速度相同,根据
可知ra:
rb:
rc=2:
1:
1,可知打在P2点的粒子是a粒子,选项C错误;粒子b、c都打在P1点,选项D正确;故选D.
点睛:
此题关键要掌握带电粒子在磁场中运动的周期公式
以及半径公式
;知道速度选择器出来的粒子具有相同的速度.
5.如图所示电路中,当变阻器R3的滑动头P向b端移动过程中()
A.电压表示数变大,电流表示数变大
B.电压表示数变小,电流表示数变大
C.电压表示数变大,电流表示数变小
D.电压表示数变小,电流表示数变小
【答案】C
【解析】当变阻器
的滑动头P向b端移动时,变阻器接入电路的电阻增大,并联部分的电阻增大,外电路的电阻增大,根据闭合电路的欧姆定律得知,总电流I减小,路端电压增大,则电压表示数变大.并联部分的电压
,I减小,其他量不变,可见,
增大,通过
的电流
增大,流过电流表的电流
,I减小,
增大,
减小,则电流表示数变小.所以电压表示数变大,电流表示数变小.故选C.
【点睛】电压表测量路端电压.当变阻器
的滑动头P向b端移动时,分析变阻器接入电路的电阻如何变化,确定外电路总电阻的变化,根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化,判断电压表示数的变化.由欧姆定律判断并联部分电压的变化,确定通过
的电流如何变化,由总电流和通过通过
电流的变化分析电流表示数的变化.
6.如图所示,a、b为平行金属板,静电计的外壳接地,合上开关S后,静电计的指针张开一个较小的角度,能使角度增大的办法是()
A.使a、b板的距离增大一些
B.使a、b板的正对面积减小一些
C.断开S,使a板向左平移一些
D.断开S,使a、b板的正对面积增大一些
【答案】C
【解析】开关S闭合,电容器两端的电势差不变,则静电计指针的张角不变.故AB错误.断开S,电容器所带的电量不变,使a板向左平移一些,a、b板的距离增大,则电容减小,根据U=Q/C
知,电势差增大,则指针张角增大.故C正确.断开S,电容器所带的电量不变,a、b板的正对面积增大,电容增大,根据U=Q/C知,电势差减小,则指针张角减小.故D错误.
故选C.
点睛:
本题是电容器的动态分析,关键抓住不变量,开关S闭合,电容器两端的电势差不变;断开S,电容器所带的电量不变.同时要掌握电容的决定式和定义式进行分析.
7.穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化图象分别如图中的①~④所示,说法正确的是()
A.图①有感应电动势,且大小恒定不变
B.图②产生的感应电动势一直在变大
C.图③在0~t1时间内的感应电动势是t1~t2时间内感应电动势的2倍
D.图④产生的感应电动势先变大再变小
【答案】C
【解析】试题分析:
当穿过磁闭合回路的磁通量发生变化时,电路中出现感应电动势,当磁通量均匀变化时,感应电动势是不变的.
图①中穿过回路的磁通量不变化,故没有感应电动势,A错误;图②中磁通量均匀增加,磁通量变化率恒定,根据法拉第电磁感应定律
可知感应电动势恒定不变,B错误;图③在0~t1时间内的斜率是
时间内斜率的2倍,所以在
时间内感应电动势是
时间内感应电动势的2倍,故C正确;图④的斜率大小先减小后增大,故产生的感应电动势先变小再变大,故D错误;
【点睛】由公式
得:
磁通量与时间图象的斜率大小,表示感应电动势的大小.
8.如图所示,在水平粗糙的地面放置一软导线线圈,有一匀强磁场垂直于该线圈平面,由于磁场的磁感应强度发生变化,线圈变为圆形,下列说法可能正确的是()
A.该磁场的磁感应强度逐渐增多,方向竖直向上
B.该磁场的磁感应强度逐渐减小,方向竖直向下
C.线圈变为圆形的过程中,线圈所受安培力做功为零
D.线圈变为圆形后静止,仍然受到地面对其的摩擦力
【答案】B
点睛:
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向,也可以使用楞次定律的推广的形式处理,即“增缩减扩”、“来拒去留”.
9.下面关于光的波粒二象性的说法中,正确的说法不正确的是( )
A.大量光子产生的效果往往显示出波动性,个别光子产生的效果往往显示出粒子性
B.光不可能同时既具有波动性,又具有粒子性
C.光在传播时往往表现出的波动性,光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性
D.频率越大的光其粒子性越显著,频率越小的光其波动性越显著
【答案】B
点睛:
光的波粒二象性是指光有时表现为波动性,有时表现为粒子性;大量的光子波动性比较明显,个别光子粒子性比较明显。
10.如图所示,在光滑的水平地面上有一辆平板车,车的两端分别站着人A和B,A的质量为mA,B的质量为mB,mA>mB.最初人和车都处于静止状态.现在,两人同时由静止开始相向而行,A和B对地面的速度大小相等,则车( )
A.静止不动B.左右往返运动C.向右运动D.向左运动
【答案】D
【解析】两人与车组成的系统动量守恒,开始时系统动量为零,两人与大小相等的速度相向运动,A的质量大于B的质量,则A的动量大于B的动量,AB的总动量方向与A的动量方向相同,即向右,要保证系统动量守恒,系统总动量为零,则小车应向左运动;
故选D。
11.关于光电效应,下列说法正确的是( )
A.极限频率越大的金属材料逸出功越大
B.只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应
C.从金属表面出来的光电子的最大初动能越大,这种金属的逸出功越小
D.遏止电压越大,则金属材料逸出功越大
【答案】A
【解析】根据W=hv可知极限频率越大的金属材料逸出功越大,选项A正确;发生光电效应与光照的时间无关,选项B错误;根据光电效应方程得,EKm=hv-W0,光电子最大初动能越大,逸出功不一定小,有可能是入射光子的能量大.故C错误;遏止电压越大,最大初动能越大,而金属材料逸出功却不变的.故D错误.故选A.
12.在真空中A、B两点分别固定电荷量为+q、-q(q>0)的两个点电荷,以A、B为顶点作两等大的圆锥,O点为圆锥底面圆的圆心,C、D两点在圆锥母线上并关于O点对称,空间无其他电场,下列说法正确的是()
A.圆锥底面上所有点的电势相等
B.圆锥底面上所有点的电场强度相等
C.C、D两点的场强大小相等,方向不同
D.将正电荷由C点移到到D点电势能将增大
【答案】A
【解析】A、根据等量异种电荷的电场分布可知,圆锥底面是一个等势面,其上所有点的电势均为零,即电势相等,故A正确;
B、圆锥底面上所有点的电场强度方向均水平向右,但是O点的场强最大,离O点越远的位置场强越小,故B错误;
C、由对称性可知,C、D两点的场强大小相等,方向相同,故C错误;
D、C点的电势高于D点,则将正电荷由C点移到到D点电势能将减小,故D错误。
点睛:
解决本题的关键要掌握等量异种点电荷电场线和等势面的分布情况,要知道过两点电荷连线的垂直平分面是一个等势面。
13.如图所示,a、b灯分别标有“36V,40W”和“36V,25W”,闭合电键,调节R,使a、b都正常发光。
这时断开电键后再次闭合,则下列说法中正确的是()
A.重新闭合瞬间,由于电感线圈对电流增大的阻碍作用,a将慢慢亮起来,而b立即变亮
B.重新闭合稳定后,两灯都正常发光,因为两灯的额定电压一样大,所以一样亮
C.断开瞬间,由于电感线圈对电流减小的阻碍作用,通过a的电流将逐渐减小,a渐渐变暗到熄灭
D.断开瞬间,b灯立刻熄灭
【答案】AC
【解析】
A、当重新闭合瞬间,由于电感线圈L对电流增大的阻碍作用,b立刻变亮,a逐渐变亮,A正确;
B、当重新闭合稳定后,两灯都正常发光,由于a、b灯分别标有“36V,40W”和“36V,25W”,则a的额定功率大,所以较亮,故B错误;
C、电键断开,L相当于电源与两个灯泡串联,逐渐熄灭,所以通过a的电流将逐渐减小,a渐渐变暗到熄灭,故C正确,D错误。
点睛:
对自感线圈来讲,重点掌握开关闭合瞬间,断路稳定后和开关断开的瞬间,线圈对电流突变的阻碍作用。
14.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶2.原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如下图所示,副线圈仅接入一个R=10Ω的电阻.则( )
A.流过电阻的最大电流是
B.与电阻并联的电压表的示数是
V
C.变压器的输入功率是
W
D.经过10s电阻产生的热量为1.6×103J
【答案】AD
【解析】变压器的初级电压最大值为220
V,有效值为U1=220V,则次级电压有效值为
,与电阻并联的电压表的示数是40V,选项B错误;次级电流有效值
,则流过电阻的最大电流是4
A,选项A正确;变压器的输入功率等于输出功率,即
,选项C错误;经过10s电阻产生的热量为
,选项D正确;故选AD.
15.如图所示,A、B两物体质量之比mA:
mB=3:
2,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑。
当两物体被同时释放后,则( )
A.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成系统的动量守恒
B.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成系统的动量守恒
C.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成系统的动量守恒
D.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成系统的动量守恒
【答案】ABD
【解析】A、若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统外力之和为零,动量守恒,故A正确;
B、不论A、B的摩擦力是否相等,A、B、C组成的系统,外力之和为零,则动量守恒,故BD正确;
C、因为A、B的质量不等,若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则所受摩擦力大小不等,A、B组成的系统所受的外力之和不为零,所以动量不守恒,故C错误。
点睛:
当系统不受外力或所受的外力之和为零,系统动量守恒,根据动量守恒的条件进行判断。
16.一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ,则以下说法正确的是( )
A.过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D.过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量
【答案】ACD
【解析】过程Ⅰ中钢珠只受重力,由动量定理可知,钢珠动量的改变等于重力的冲量,故A正确;过程Ⅱ中,钢珠所受重力和阻力,所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,故B错误;在整个过程中,钢珠动量的变化量为零,由动量定理可知,Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零,故C正确;在整个过程中,钢珠动量的变化量为零,故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中动量改变量的大小,而过程Ⅰ中动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量,故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量,故D正确。
所以ACD正确,B错误。
二、实验题
17.如右图所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相连的表笔颜色应是____________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.
【答案】
(1).红
(2).5
【解析】试题分析:
根据红进黑出原理,可得图中与接线柱A相连的表笔颜色应该是红色,当两表笔短接(即Rx=0)时,电流表应调至满偏电流
,设此时欧姆表的内阻为
,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
考点:
考查了练习使用多用电表
【名师点睛】本题关键明确欧姆表的中值电阻以及红进黑出原理,注意欧姆表内部有电源,另外需要知道中值电阻附近刻度最均匀,读数误差最小,知道中值电阻等于欧姆表内电阻
18.用20分度的游标卡尺测量某物体的长度如图甲所示,可知其长度为______cm;用螺旋测微器测量某圆柱体的直径如图乙所示,可知其直径为______mm.
【答案】
(1).5.015
(2).4.700
【解析】解:
甲是20分度的卡尺,其精确度为0.05mm,主尺读数为:
5cm,游标上第3个刻度与上面对齐,读数为:
3×0.05mm=0.15mm=0.015cm,
故最终读数为:
5cm+0.015cm=5.015cm;
螺旋测微器:
固定刻度为4.5mm,可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm,则读数为4.5+0.200=4.700mm.
故答案为:
5.015;4.700
【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法,游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读.
19.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,有一个小灯泡上标有“2V,1W”的字样,有下列器材供选用:
A.电压表(0~3V,内阻10kΩ)
B.电压表(0~15V,内阻20kΩ)
C.电流表(0~300mA,内阻1Ω)
D.电流表(0~600mA,内阻0.4Ω)
E.滑动变阻器(1000Ω,0.2A)
F.滑动变阻器(10Ω,1A)
(1)实验中电压表应选用________,电流表应选用______.为使实验误差尽量减小,要求电压表从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用________(用序号字母表示).
(2)下列满足实验要求的电路图是________(用序号字母表示).
【答案】
(1).A
(2).D(3).F(4).A
【解析】
(1)由小灯泡的规格“2V,1W”可知,额定电压U=2V,额定电流I=0.5A,所以电压表选A,电流表应选D;由于实验要求电流从零调,所以应选阻值小的变阻器F.
(2)由于电压表的内阻远大于小灯泡的电阻,所以电流表应用外接法,又实验要求电流从零调,变阻器应用分压式接法,所以电路图应该选A.
点睛:
当实验要求电流从零调时,变阻器应用分压式接法,应选择阻值小的变阻器以方便调节;当电流表内阻远小于待测电阻时,电流表应用内接法.当电压表内阻远大于待测电阻时,电流表应用外接法.
三、计算题
20.某直流电动机接入电路,如图所示的实验电路。
调节滑动变阻器R的阻值,使电动机无法转动,此时电流表和电压表的示数分别为0.2A和0.4V。
重新调节R的阻值,使电动机能够正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为0.8A和3V。
求:
(1)这台电动机的线圈电阻;
(2)电动机正常运转时的输入功率;
(3)电动机正常运转时的输出功率。
【答案】
(1)2Ω
(2)2.4W(3)1.12W
【解析】
(1)电动机不转时,可看成纯电阻电路,由欧姆定律得:
(2)正常工作时输入功率:
P入=U2I2=3×0.8=2.4W
(3)正常工作时内阻消耗的功率P热=I22r=0.82×2=1.28W
输出功率P输出=P入-P热=2.4-1.28=1.12W
21.如图所示,光滑平行金属导轨PP′和QQ′之间距离为1m且足够长,都处于同一水平面内,P和Q之间连接一电阻R=10Ω,整个装置处于竖直向下的匀强磁场B=2T中.现垂直于导轨放置一根导体棒MN,电路中导线和导体棒电阻不计,用一水平向右F=5N的力拉动导体棒MN从静止开始运动,则
(1)导体棒中的电流方向?
(回答M→N还是N→M)
(2)当导体棒匀速运动时,棒中的电流大小是多少安?
(3)导体棒做何种运动?
求最终的速度.
【答案】
(1)N→M
(2)2.5A(3)12.5m/s
【解析】
(1)根据右手定则或者楞次定律可知,导体棒的电流方向:
N→M
(2)匀速运动时,F安=F=5N
由F安=BIL得I=F/BL=5/2×1=2.5A
(3)导体棒受到外力F和安培力的作用,做加速度减小的加速运动,当a=0时达到最大速度,此时F安=F,最后以最大速度做匀速直线运动。
由闭合电路欧姆定律I=E/R
法拉第电磁感应定律E=BLVmax
可知Vmax=IR/BL=12.5m/s
22.在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD,木板AB上表面粗糙.动摩擦因数为
,滑块CD上表面是光滑的1/4圆弧,其始端D点切线水平且在木板AB上表面内,它们紧靠在一起,如图所示.一可视为质点的物块P,质量也为m,从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,过B点时速度为v0/2,又滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处,求:
(1)物块滑到B处时木板的速度vAB;
(2)木板的长度L;
(3)滑块CD圆弧的半径。
【答案】
(1)
(2)
(3)
【解析】试题分析:
(1)对ABC用由动量守恒得
,又
,则
(2)由A到B,根据能量守恒得
,则
(3)由D点C,滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒,得
解之得:
考点:
动量守恒及能量守恒定律。