学年四川成都市高二上学期期末调研考试物理试题 解析版.docx

1、学年四川成都市高二上学期期末调研考试物理试题 解析版四川省成都市2017-2018学年高二上学期期末调研考试物理试题一、单项选择题1. 下列单位中，作为国际单位制基本单位的是A. 电荷量的单位库仑(C) B. 电流的单位安培(A)C. 磁感应强度的单位特斯拉(T) D. 磁通量的单位韦伯(Wb)【答案】B【解析】电流的单位安培(A) 是国际单位制基本单位，其他的都是导出单位，故选B.2. 来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，但地磁场（如图）的存在可以改变这些带电粒子的运动方向，且使其中的大部分不能到达地面，从而对地球上的生命起到了很好的保护作用。关于地磁场和上述高能带电粒子的运

2、动（不考虑地磁偏角的影响），下列说法正确的是A. 地磁场是匀强磁场B. 地磁场的北极在地理北极附近C. 若粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转D. 若粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向西偏转【答案】C【解析】地磁场不是匀强磁场，选项A错误；地磁场的北极在地理南极附近，选项B错误；若粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线在洛伦兹力作用下向东偏转，故C正确，D错误；故选C3. 如图，电吉他的拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成，磁体产生的磁场使金属琴弦磁化，磁化的琴弦也有了磁性。当某根琴弦被拨

3、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信号转化为电信号【答案】D【解析】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；电吉他不可以使用尼龙线做琴弦若是尼龙线则不能构成回路，不会产生电磁感应现象，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，所以电流方向不可能不发生变化；而根据右手定则可知，电流方向一定是变化的故

4、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正确故选D点睛：本题考查电磁感应定律的应用，要注意明确基本原理为处于磁场中的线圈的面积变化，从而导致磁通量变化，产生感应电流，根据电流的方向和大小确定不同的音调4. 如图，A、B、C是等边三角形的三个顶点，以A、B连线的中点O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立直角坐标系；过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流。则过O点的通电直导线所受安培力的方向为：A. 沿y轴正方向 B. 沿y轴负方向C. 沿z轴正方向 D. 沿z

5、轴负方向【答案】A【解析】对O点的导线受力分析如图，A与B对导线的力等大反向，相互抵消，可得过O点的通电直导线所受安培力的方向为沿y轴正方向；故选A5. 如图所示的扇形区域，A.B是1/3圆弧的两个端点，D是圆弧的中点，圆弧的圆心为O、 半径为r，AB与OD相交于C点，电荷量均为Q的两个正点电荷分别固定于A、B点。关于这两个电荷形成的电场（静电力常量为k），下列说法正确的是：A. O、C、D三点的电势相等B. C点的电场强度大小为C. D点的电场强度大小为D. 若在O点由静止释放一个试探正点电荷（仅考虑所受电场力），该电荷将在OD间做往复运动【答案】C【解析】根据电势的叠加原理可知，两个电荷形

6、成的电场中，C点的电势最高，OD两点电势相等且小于C点电势，选项A错误；两个电荷在C点形成的电场等大反向，则根据场强的叠加原理可知C点的场强为零，选项B错误；D点的电场强度大小为，选项C正确；若在O点由静止释放一个试探正点电荷，因O点的场强方向沿CO方向，则电荷将沿CO方向做直线运动，选项D错误；故选C.点睛：此题考查等量同种电荷的电场分布问题；注意场强的叠加满足平行四边形法则，而电势的叠加满足代数和.6. 如图，电路中电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，R为定值电阻。闭合开关S，小灯泡L正常发光。现将滑动变阻器的滑片由右向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表Vl、V2示数变化量的绝对值分别为

7、U1、U2理想电流表A示数变化量的绝对值为I。则A. 滑动过程中，电源的输出功率一定增大B. 滑动过程中，电压表Vl的示数逐渐增大C. 与均保持不变D. 当电路稳定后，断开开关S，小灯泡一定立刻熄灭【答案】C【解析】将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻变大，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，V1示数减小由于电源的内阻与外电阻的大小关系未知，所以电源的输出功率不一定增大，故AB错误根据U2=E-Ir，得=r，保持不变=R，保持不变，故C正确当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，故D错误故选C点睛：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的

8、结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析7. 如图，abcdef为圆形磁场区域的圆周上的6个等分点，比荷相同的粒子先后从f沿fd方向射人磁场区域。从a点离开磁场的粒子，速度大小为va，在磁场中运动的时间为ta；从c点离开磁场的粒子，速度大小为vc，在磁场中运动的时间为tc。不计粒子重力，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】画出从a、c两点射出磁场的比荷相同的粒子的运动轨迹如图所示，从a点射出的粒子的圆心位于Oa，从C点射出的粒子的轨迹为Oc，由几何关系得：从a点射出的粒子的半径ra=R（R为磁场区域的半径），从c点射出的粒子的半径rc=2R由洛仑兹力提供

9、向心力qvB=m可得 ，周期，在磁场中运动时间t=T所以，则选项BCD错误，选项A正确故选A.点睛：本题考察的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径及运动时间问题，把速度不同、比荷相等的粒子从同一点沿同一方向射入圆形磁场，这样两种情况下粒子射出点不同，由几何关系求出各自半径和偏转角，从而求出两种情况下的速度之比和时间之比8. 如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知AB=2BC，P是CD边的中点。A、B、D的电势分别为6V、2V、4V，初动能为6eV、电荷量大小为e的带电粒子从A沿着AC方向射人电场，恰好经过B。不计粒子重力，下列说法正确的是A. 该粒子一定带正电B.

10、该粒子到达B点时的动能为10eVC. 若仅改变粒子的初速度大小，该粒子可能经过c点D. 在公改变粒子的初速度方向，该粒子可能做直线运动经过P点【答案】D【解析】根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，则A-B=D-C，则C的电势 C=0取AB的中点O，则O点的电势为，连接OD则为等势线，电场强度与等势面垂直，且有高电势指向低电势，电场强度垂直OD斜向上，由物体做曲线运动的条件，电场力斜向下，故电荷为负电荷；故A错误粒子从A到B，由动能定理，得qUAB=EkB-EKA，-e（6-2）=EKB-6eV，则该粒子到达B点时的动能 EKB=2eV，故B错误若仅改变粒子的初速度大小，因粒子所受电

11、场力方向与场强E方向相反，则该粒子不可能经过c点，选项C错误；因AP在电场强度E的方向上，则若改变粒子的初速度方向，使得初速度沿AP方向，则该粒子可沿AP做匀减速直线运动经过P点，选项D正确；故选D.点睛：此题关键要掌握：匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，找到等势线，利用电场力做功与电势能变化的关系以及电场强度与电压的关系求解二、多项选择题9. 下列实验中，与“电生磁”或“磁生电”有关的是A. 奥斯特电流磁效应实验 B. 库仑扭秤实验C. 法拉第圆盘实验 D. 密立根油滴实验【答案】AC.10. 在物理学中，常用比值法来定义物理量，例如用E=F/q定义电场强度。下列也采用比值法定义、

12、且定义式正确的物理量是A. 电流I=nesv B. 磁感应强度BC. 电容器的电容C=Q/U D. 导体的电阻R=【答案】BC点睛：解决本题的关键理解并掌握比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关。11. 如图，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点且弹簧恰好处于原长状态。保持小球的电荷量不变，现将小球提高到M点再由静止释放。则释放后，小球从M运动到N的过程中: A. 小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B. 小球运动的速度先增大后减小C. 弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D. 小球重力

13、势能的减少量等于小球电势能的增加量【答案】CD【解析】小球静止时位于N点且弹簧恰好处于原长状态，可知Eq=mg；则小球从M运动到N的过程中弹簧的弹力和重力做正功，电场力做负功，且电场力所做的负功等于重力做的正功，可知合外力做正功，动能增加，速度增加，选项B错误；因弹力、重力和电场力做功，故弹性势能、电势能、重力势能和动能之和保持不变；由于电场做负功，电势能增加，故小球的机械能与弹簧的弹性势能之和减小，故A错误因Eq=mg，电场力所做的负功等于重力做的正功，则球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量，选项D正确；在小球运动的过程中，因电场力所做的负功等于重力做的正功，则弹簧弹性势能的减少量等于小

14、球动能的增加量，选项C正确，故选CD点睛：该题考查物体的受力分析和能量的转化与守恒，要对各力的做功有准确的分析知道重力功等于重力势能的变化；弹力做功等于弹性势能的变化；电场力的功等于电势能的变化；合力功等于动能的变化12. 如图，质量为m、电荷量为e的质子（带正电、不计重力），以Ek的初动能从坐标原点O沿x 轴正方向进入场区。若场区仅存在方向沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场时，质子通过P（d，d）点时的动能为5Ek；若场区仅存在方向垂直于xoy平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，质子也能通过P点。则下列结论正确的是: A. B. C. D. 【答案】BD【解析】质子在只有电场存在时，动能

15、由Ek变为5Ek，由动能定理可知电场力做功为：W=eEd=5Ek-Ek解得：E=由此可判断，选项B正确，A错误质子在只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，由题意可知，运动半径为d，由半径公式有：r=d=；设质子进入磁场时的速度为v，则速度为：，解得，故C错误，D正确；故选BD点睛：对于本题正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提，灵活选用力学规律是解决问题的关键首先要明确研究对象，对研究对象进行受力分析然后依据力与运动的关系，明确运动性质及运动过程作出运动轨迹，建立合理的运动模型 最后根据不同的运动模型，选择合适的定律、定理（牛顿运动定律、动能定理等）列方程组求解13. 如图，匀强电场（

16、图中未画出）的方向平行于竖直平面，一个质量为m的带电小球，从A点以斜向下的初速度v0开始运动，运动轨迹为直线，该直线与竖直方向的夹角为 (900)。不计空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是:A. 小球一定做匀变速运动B. 小球在运动过程中机械能可能守恒C. 小球运动过程中所受电场力不小于mgsinD. 当小球速度为v时，其重力的瞬时功率为P=mgvsin【答案】BC【解析】小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，若电场力与重力平衡时，小球做匀速直线运动；若电场力与重力不平衡时，两者的合力与速度共线，而且合力是恒力，则小球做匀变速直线运动故A错误若电场力与速度方向垂直时，电

17、场力不做功，则小球的机械能守恒故B正确当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，由垂直于速度方向力平衡得到：电场力的最小值为mgsin故C正确当小球速度为v时，其重力的瞬时功率p=mgvcos故D错误故选BC.点睛：本题小球做直线运动，可能是匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动，根据小球的受力情况分析可能的运动情况三、实验探究题14. 如图所示是某实验小组在“研究感应电流方向与磁通量变化的关系”实验中的部分操作示意图，图甲是电流通过灵敏检流计G时指针的偏转情况。(1)（单选）图甲电路中，串联定值电阻R的主要目的是_。A减小路端电压，保护电源B增大电源的内电压，保护电源C减小电路中的电流，保护灵敏检

18、流计D增大电路中的电流，便于观察灵敏检流计的示数(2)如图乙，当磁铁向上抽出线圈时，检流计G中指针将_（填“左”、“右”或“不”）偏；如图丙，根据检流计G中指针偏转方向，可知此时条形磁铁的运动是_填“插入”或“抽出”）线圈。【答案】 (1). （1）C (2). （2）右 (3). 抽出【解析】（1）电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计。故C正确，ABD错误。故选C；（2）在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过电流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏。在丙图中，知感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向

19、向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈。点睛：本题考查了楞次定律的应用，解决本题的关键掌握楞次定律的内容，并且能灵活运用，注意感应电流方向与电表指针方向的关系。15. 在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池。(1)（单选）某实验小组先采用图甲所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表示数有变化，但变化不明显，主要原因是_。A滑动变阻器与电路接触处断路B滑动变阻器与电路接触处短路C电池内阻太大D电池内阻太小(2)为了提高实验精度，他们最终采用了图乙所示电路，实验提供的器材有：电压表V:量程3V、内阻无限大； 电流表A:量程0.6 A、内阻RA（已

20、知）；定值电阻R0:阻值未知、约几欧姆； 滑动变阻器R1：010；滑动变阻器R2：0200 ； 单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S2，导线若干。电路中，接人电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选_（填“R1”或“R2）；由于R0未知，需先测出其阻值，故在开始实验之前，Sl、S2都处于断开状态。(3) 下面是他们的部分实验操作。请根据要求填空：闭合Sl，将S2打向1，测得电压表的示数U0，电流表的示数I0，则R0=_；（电流表内阻用RA表示）闭合Sl，将S2打向2，改变滑动变阻器的阻

21、值，当电流表示数为I1时，电压表示数为Vl;当电流表示数为I2时，电压表示数为U2。则该电池电动势的表达式E=_，内阻的表达式r=_。（用I0、I1、 I2、U0、Ul、U2表示）【答案】 (1). （1）D (2). （2）R1 (3). （3） (4). (5). 【解析】（1）作出电源的U-I图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线1的较小，由图可以看出，图线1电压随电流变化较慢。本实验中发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小。故D正确ABC错误。（2）滑动变阻器应选用R1因为R1的总电阻较小，使电路

22、中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小。（3）根据欧姆定律可知，可以测出的物理量是定值电阻R0和电流表内阻之和，用测量写出表达式为：R0+RA=；故R0=-RA。根据闭合电路欧姆定律得E=U1+I1（R0+RA+r）E=U2+I2（R0+RA+r）联立解得：E= r=-（R0+RA）= -点睛：本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，注意定值电阻R0起保护作用，同时本题采用了公式法处理数据，要明确实验中误差较大，一般采用图象法处理最好。四、计算题16. 一台小型电动机在6V电压下正常工作，用此电动机提升重为10 N的物体时，在10s内使该物体在竖直方向匀速上

23、升了1.1 m，上述过程中，通过电动机的电流为0.2 A。不计除电动机线圈生热外的其他能量损失。求：(1)电动机输出的机械功率；(2)电动机线圈的电阻。【答案】（1）1.1W（2）2.5【解析】（1）物体做匀速直线运动，则拉力：F=G=10N物体上升的速度：电动机提升重物的机械功率为：P机=Fv=100.11=1.1W（2）电动机的输入功率为：P入=UI=0.26W=1.2W根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率为：PQ=P入-P机=1.2-1.1=0.1W又：PQ=I2R，得线圈电阻为：R=2.5点睛：本题考查功率公式的应用，要注意电功率公式正确应用；同时明确电动机是非纯电阻电路，电动机

24、总功率等于输出功率与热功率之和。17. 如图，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，线框的质量为m、电阻为R，线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是该区域的水平边界，MNPQbc，磁场方向垂直于线框平面向里。现将线框从MN上方某一高度处释放，图乙是bc边从MN上方某位置到ad边运动到PQ下方某位置的过程中线框运动的v-t图像，图中v0、t0为已知量，重力加速度为g。(1)请直接指出在t0到2t0、2t0到3t0这两段时间内通过bc的感应电流方向；(2)求该磁场的磁感应强度大小。【答案】（1）从c到b（2） 【解析】（1）在t0到2t0时间内，通过bc的感应电流方向从b到c；2t0到3

25、t0时间内，通过bc的感应电流方向从c到b；（2）由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v0，运动时间为2t0，故金属框的边长：l=v0t0在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，且I=，又l=v0t0，联立解得：18. 如图，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径R=lm、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN的中点，半圆管的一半处于电场中。一带正电的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时，小球对管壁的压力大小等于其重力的3倍。小球可视为质点，比荷q/

26、m=l10-2 C/kg，重力加速度g=10 m/s2。(1)求小球在B点的速度大小v；(2)求匀强电场的电场强度大小E；(3)若小球能从MNPQ区域右边界NP离开电场，求该区域的高度HMQ和宽度的最小值LMN.【答案】（1）2 m/s（2）1103N/C（3）H4+2 m【解析】（1）在B点，由牛顿第二定律： 解得 （2）从A到B，由动能定理 解得E=1103N/C（3）从B点滑出红，小球在竖直方向做自由落体运动；在水平方向的加速度恒定，先向左做匀减速运动，速度减为零后再向右做匀加速运动，水平方向：qE=max ax=g竖直方向：ay=g设向左减速的时间为t1，则有 小球向左运动的最大距离为

27、：x=R带入数据解得MNPQ区域的最小宽度为LMN=2R=2m设向右加速的时间为t2，则有 可得： 小球出电场时，下落的高度为 解得h=3+2m故MNPQ区域的高度满足：Hh+R=4+2m点睛：带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动问题，关键要分析水平和竖直两个方向的受力情况，然后确定运动的性质，利用运动公式结合临界条件列方程解答.19. 如图，在xOy坐标系的第一象限的三角形区域AOD内有垂直于纸面向外的匀强磁场，将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计）从坐标原点0以初速度v0垂直于AD射入磁场，已知A的坐标为（0，a），D的坐标为(3a，0)。(1)欲使粒子能够再次经过x轴上的OD

28、段，求磁场的磁感应强度的最小值；(2)在第四象限另有一矩形磁场，在第(1)问中磁感应强度取最小值的情况下，粒子经过x轴后立即进入该矩形磁场，然后恰好从D点离开该磁场返回到第一象限，求该磁场磁感应强度的大小和磁场的最小面积。【答案】（1） （2） 【解析】（1）粒子进入磁场后的轨迹圆与磁场边界相切时，磁感应强度最小，如图；设此时粒子的轨道半径为R，有：R=acos30=1.5a由qvB=m得Bmin=（2）如图所示，粒子进入第四象限矩形磁场区域的速度方向与+x方向成60角斜向下，由题意，当CD为矩形的一条边且轨迹圆（圆心为O）恰好与CD的对应边相切时，该磁场有最小面积；据几何关系，有OC=R= ，CD=3a-粒子在矩形磁场区域运动的半径 由 解得 矩形磁场的最小宽度：d=r-rcos600=0.5r解得矩形磁场的最小面积： 点睛：本题的关键在于确定出题目所述情况的轨迹，然后结合几何关系确定半径，注意当粒子进入磁场后的轨迹圆与磁场边界相切时，磁感应强度最小，同时要注重数学方法在物理中的应用