安徽省宿州市泗县一中2017_2018学年高二物理上学期期末测试习题

安徽省宿州市泗县一中2017-2018学年度上学期期末考试卷高二物理 一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 1. 关于电场线的说法，正确的是（ ） A. 电场线就是电荷运动的轨迹 B. 在静电场中静止释放的点电荷，一定沿电场线运动 C. 电场线上某点的切线方向与正电荷的运动方向相同 D. 电场线上某点的切线方向与负电荷在该点所受电场力的方向相反 【答案】D 【解析】解：A、电场线上某点的切线方向即为电场强度的方向，若是正电荷，电场力方向与电场强度方向相同，而电荷运动的轨迹在电场线上，电场线必须是直线，故A错误； B、在静电场中静止释放的点电荷，若电场线是直线，则电场力与电场线共线，而电场线不一定直线，故B错误； C、电场线上某点的切线方向是电场强度的方向，是正电荷所受电场力的方向，不一定是运动方向，若是从静止开始，则一定是相同，故C错误； D、电场线上某点的切线方向与负电荷在该点所受电场力的方向相反，与正电荷在该点所受电场力的方向相同．故D正确； 故选：D． 【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．当正电荷沿着电场线方向移动时，电场力做正功，则电势能减少，所以电势在减少．当负电荷沿着电场线方向移动时，电场力做负功，则电势能增加，而电势仍减小． 2. 将一电源电动势为E、内阻为r的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用R 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（ ） A. 由U外＝IR可知，外电压随I的增大而增大 B. 由U内＝Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大 C. 由U外＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小 D. 由P＝IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大 【答案】C 【解析】试题分析：由全电路欧姆定律可知，U外＝E－Ir，则电源输出电压随输出电流I的增大而减小，故选项C正确；在A选项中，U外＝IR可知，外电压与电流和电阻两个因素有关，故不能说电流增大，外电压就增大，其实电流增大是通过外电阻减小实现的，故选项A错误；B选项中，电源两端的电压也是指的路端电压，它也是随外电阻R的增大而增大，而不是随电流的增大而增大，选项B错误；D选项中，由P＝IU外可知，电源的输出功率P与输出电流I和电压有关，故不能说只通过输出电流就判断其大小，选项D错误。 考点：全电路欧姆定律，路端电压。 3. 如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于16V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为10V。如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将 A. 小于6V B. 等于6V C. 大于6V小于10V D. 等于或大于10V 【答案】A 【解析】将电压表与电阻R1并联，电压表的读数为10 V，则电阻R2两端的电压等于6 V。若将电压表与电阻R2并联，则其并联电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，电压表的读数将小于6 V，故A正确，BCD错误。 4. 一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有： A. a、b、c三点的电势高低及场强大小的关系是， B. 若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过三点a、b、c做匀速圆周运动 C. 带电质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1:2:1 D. 带电质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小 【答案】D 【解析】A、根据点电荷的电场线的特点：顺着电场线方向电势降低，知Q与a、c距离相等，都小于b，故b点的电势低于a、c两点的电势，即；；，则，故A错误； B、由于场强大小不同，故根据知，带电质点在ac两点与b点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动，故B错误； C、根据牛顿第二定律得，得带电质点在a、b、c三处的加速度大小之比是，故C错误； D、带电质点受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷Q是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小，故D正确。 点睛：本题属于电场中轨迹问题，考查学生的分析推理能力，关键要根据质点轨迹的弯曲方向，判断出质点受到的电场力指向轨迹内侧，进而判断出质点的电性。 5. 如图所示，宇宙射线中存在高能带电粒子，假如大气层被破坏，这些粒子就会到达地球，从而给地球上的生命带来危害，根据地磁场的分布特点，判断下列说法中正确的是 A. 地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在南北两极最强，赤道附近最弱 B. 地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在赤道附近最强，南北两极最弱 C. 地磁场对宇宙射线的阻挡作用在地球周围各处相同 D. 地磁场对宇宙射线无阻挡作用 【答案】B 【解析】试题分析：高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转．不同的磁场，所受到的洛伦兹力大小不一，而磁场在南、北两极最强赤道附近最弱，则地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强，故B正确 考点：考查了洛伦兹力 【名师点睛】本题考查了地球磁场的分布特点和左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向，从而判断粒子的运动情况． 6. 科学家研究发现，磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR为一个磁敏电阻，R和R2为滑动变阻器，R1和R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。则 A. 只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大 B. 只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动 C. 只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大 D. 只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动 【答案】C 【解析】只调节电阻R2，当P2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R1消耗的电功率不变．电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动．故AB错误． 只调节电阻R，当P1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR的阻值减小，则通过R1的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动．故C正确，D错误．故选C. 点睛：此题的逻辑性非常强，要读懂题意，把握有效信息：磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，再进行动态分析． 7. 长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为(　　) A. cosθ B. C. sinθ D. 【答案】B 【解析】试题分析：若磁场方向竖直向上，则安培力水平方向．由平衡条件可得：mgtanθ=BI1L；若磁场方向垂直于斜面向上，则安培力沿斜面向上．由平衡条件可得：mgsinθ=BI2L，则I1：I2=1：cosθ，故选B． 考点：安培力 【名师点睛】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向。 8. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（ ） A. 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C. △U1＞△U2 D. △U1＜△U2 【答案】BC 【解析】试题分析：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小． 解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮． 变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确． C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C正确，D错误． 故选：BC． 【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小． 9. 如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合，在增大电容器两极板间距离的过程中(　　) A. 电阻R中没有电流 B. 电容器的电容变小 C. 电阻R中有从a流向b的电流 D. 电阻R中有从b流向a的电流 【答案】BC 【解析】试题分析：增大电容器两极板间距离，根据公式可得电容减小，由于连接在电源两端，所以电容器两极板间的电压恒定，根据公式可得两极板上的电荷量减小，故电容放电，电阻R中有从a流向b的电流，故BC正确； 考点：考查了电容器的动态变化 【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 10. .如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心，为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称，下列判断正确的是 A. b、d两点处的电势相同 B. 四个点中c点处的电势最低 C. b、d两点处的电场强度相同 D. 将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 【答案】ABD 【解析】A、该电场为等量异种点电荷的电场，将等量异种点电荷的电场线与等势面的图画出如图，与该题的图比较可得： 该电场中的电势关于x轴上下对称，所以b、d两点的电势相等，故A正确； B、c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，故B正确； C、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的，故C错误； D、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小，故D正确。 故选：ABD。 点睛： 该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的；c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等，最低。 视频 11. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　） A. a一定带正电，b一定带负电 B. a加速度减小，b加速度增大 C. a电势能减小，b电势能增大 D. a和b的动能一定都增大 【答案】BD 【解析】A、由运动轨迹如图可知，做曲线运动的轨迹朝着合外力的方向弯曲，若a带正电、b的受力与a相反，则b一定带负电，故A正确. B、根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B正确. C、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，故C错误. D、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D正确.故选ABD. 【点睛】考查了物体做曲线运动的条件：力与速度不共线．力、速度和运动轨迹三者的位置关系，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系 12. 如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷暈绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从0点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向，下列判断正确的是 A. 粒子带正电 B. 粒子由O到A经历的时间为 C. 若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为 D. 离开第I象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60° 【答案】CD 【解析】试题分析：根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误； 根据几何知识可知，从O点到A点轨迹的圆心角为60°，，B错误；由图可得：，所以．而粒子的轨迹半径为，联立可得，C正确； 粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D正确； 考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动 二、实验题 13. 要测量电压表V1的内阻Rv1，其量程为2V，内阻约2kΩ．实验室提供的器材有： 电流表A，量程0．6A，内阻约为0．1Ω 电压表V2，量程5V，内阻约为5Ω； 定值电阻R1，阻值为30Ω 定值电阻R2，阻值为3KΩ； 滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流1．5A； 电源E，电动势6V，内阻约0．5Ω； 开关S一个，导线若干． （1）某同学设想按甲图所示电路进行测量，读出电压表Vl和电流表A的示数后，用欧姆定律计算出Rv1．该方案实际上不可行，最主要的原因是 ______ （2）另一同学 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 出如图乙所示的电路来测量电压表Vl的内阻Rv1． ①图中R0应选 ______ ．（选填“R1”或“R2”） ②在图丙中完成实物连线_____________． ③接通电路后，调整滑动变阻器的滑动触头在适当的位置，电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，定值电阻的阻值为R0，则计算电压表V1的内阻Rv1的表达式为Rv1= ______ ． 【答案】 (1). 电流表示数很小，很难对电流表读数 (2). R2 (3). (4). 如图所示： 【解析】试题分析：（1）待测电压表V1和电流表A串连接入电路中，由于待测电压表内阻很大，电路电流很小，电流表示数很小，对电流表读数时误差很大，不能对电流表正确读数，则该方案不可行． （2）①电压表V1的量程为2V，而电压表V2，量程5V，所以要扩大电压表V1的量程，所以要串联一个大电阻，即图中R0应选R2， ②根据电路图连接实物图，如图所示： ③根据电路图，由串并联电路特点及欧姆定律可得：，则； 考点：测量电压表的内阻 【名师点睛】连接实物电路图时要注意滑动变阻器的分压接法，熟练应用串并联电路特点及欧姆定律是求出电压表内阻的关键，难度适中。 14. 多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器，使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示．若选择开关处在“×10Ω”的电阻档时指针位于a，则被测电阻的阻值是 ______ Ω；若选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，则被测电压是 ______ V．无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从 ______ 色表笔经 ______ 插孔流入电表． 【答案】 (1). 500 (2). 1.98 (3). 红 (4). + 【解析】选择开关处在“×10Ω”的电阻档时指针位于a，由图示表盘可知，被测电阻的阻值是50×10Ω=500Ω；选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，被测电压是1.98V，无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从红色表笔经“+”插孔流入电表。 三、解答题 15. 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板中有一小孔。质量为m．电荷量为的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达小极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求： （1）小球到达小孔处的速度； （2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； （3）小球从开始下落到运动到下极板处的时间。 【答案】（1）（2）（3） 【解析】试题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh 解得：…① （2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0 解得：…② 电容器两极板间的电压为： 电容器的带电量为： （3）加速过程： mgt1=mv…③ 减速过程，有： （mg-qE）t2=0-mv…④ t=t1+t2…⑤ 联立①②③④⑤解得： 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用 【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难。 视频 16. 如图所示的电路中，电阻R=10Ω，电动机M的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=50V，已知电流表的读数为25A，求： （1）通过电动机线圈的电流强度为多少？ （2）通电，电动机M输出的机械功为多少？ 【答案】（1）20A（2）3.6×104J 【解析】试题分析：先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后用干路电流减去电阻R的电流，得到通过电动机的电流；根据W=UIt求解电动机在1min内消耗的电能，根据P热=I2rt求解电流通过电动机产生的热量，最后根据W机=W-Q求解电动机的机械功率功。 （1）通过电阻R的电流为： 通过电动机的电流：IM=I-IR=25A-5A=20A （2）电动机在1min内消耗的电能：W＝UIMt＝50×20×60J＝6×104J 电流通过电动机产生的热量：Q＝I2Mrt＝202×1×60J＝2.4×104J 电动机在1min内输出的机械功为：W'=W-Q=3.6×104J 点睛：本题主要考查了非纯组电路问题，抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。 17. 如图所示，在、两点间接一电动势为，内电阻为的直流电源，电阻、、的阻值均为4，电容器的电容为，电流表内阻不计，当电键闭合时，求： （）电流表的读数． （）电容器所带的电量． （）断开电键后，通过的电量． 【答案】（1）（2）（3） 【解析】试题分析：当电键S闭合时，电阻、被短路．根据欧姆定律求出流过的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S后，电容器通过、放电，、相当并联后与串联．再求解通过的电量． （1）当电键S闭合时，电阻、被短路．根据欧姆定律得： 电流表的读数 （2）电容器所带的电量 （3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是、相当并联后与串联．由于各个电阻都相等，则通过的电量为 18. 如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向，在x轴下方有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。匀强磁场，在y轴上的P（0，h）点水平向x轴的正方向抛出一质量为m、带电来那个为-q的粒子（重力不计）带电粒子能经过x轴上的D点(未在图中画出）。 （1）若带电粒子以的初速度抛出，求带电粒子第一次到达x轴时离坐标原点的距离是多少； （2）若带电粒子经电场的偏转，然后历经一次磁场就能回到P点，求初速度应该满足的条件； （3）若要使带电粒子击中界面上的D点，求初速度与原点O到D点之间的距离d'应该满足的关系。 【答案】（1）（2）（3） 【解析】（1）因为带电粒子在电场中做平抛运动，则有，解得 （2）粒子在磁场中做圆周运动，由，得 由几何关系可知，得 因为，所以 （3）a.从P点平抛，进入磁场，在磁场偏转后，进入电场区斜上抛，如此循环经历磁场n次，最终在电场中斜上抛到达D点，应该有关系 因为， 所以 ..................... 因为， 所以 - 16 -