2017-2018学年四川省双流中学高二下学期期中考试物理试题 解析版 17页

四川省双流中学2017-2018学年下学期期中考试高二物理试题 一、本题包括8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。‎ ‎1. 下述说法正确的是（ ）‎ A. 电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹 B. 根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比 C. 几个电场叠加后合电场的场强一定大于分电场的场强 D. 根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比 ‎【答案】D ‎【解析】A项：电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合，故A错误；‎ B项：E由电场本身决定，与F、q无关，故B错误；‎ C项：场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小，故C错误；‎ D项：是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，可知E与Q成正比，故D正确。‎ ‎2. 下面关于电磁感应现象的说法中，正确的是（）‎ A. 只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生 B. 穿过闭合电路中的磁通量变化越快，则闭合电路中感应电动势越大 C. 穿过闭合电路中的磁通量为零，则闭合电路中一定没有感应电流 D. 穿过闭合电路中的磁通量越大，则闭合电路中的感应电动势越大 ‎【答案】B ‎【解析】A项：产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中不一定有感应电流发生，故A错误；‎ B项：磁通量变化越快，磁通量变化率就越大，则闭合电路中感应电动势越大，故B正确；‎ C项：穿过闭合电路中的磁通量为零时，闭合电路中的磁通量的变化量不一定是0，所以感应电流也不一定为零，故C错误；‎ D项：根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量没有直接关系，所以磁通量越大，感应电动势不一定越大，故D错误。‎ 点晴：解答本题关键要掌握产生感应电流的条件和法拉第电磁感应定律，知道磁通量变化率反映磁通量变化的快慢。‎ ‎3. 如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是（ ）‎ A. 带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能 B. 负点电荷一定位于M点左侧 C. 带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 D. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小 ‎【答案】A ‎【解析】A项：a到b运动的方向与受力的方向的夹角是锐角，故电场力做正功，粒子的电势能减小，所以粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故A正确；‎ B项：由轨迹可判定正电荷所受电场力方向为从M到N，则知负电荷在MN线上右侧，故B错误；‎ C项：由于负电荷在MN线上右侧，故a离负电荷的距离大于b的距离，故粒子在a点受到的电场力小，加速度也小，故C错误；‎ D项：曲线运动中，合力指向曲线的内侧；轨迹与电场线交点位置，电场力向右，故从a到b，电场力做正功，动能增加，故D错误。‎ 点晴：电荷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受力的方向向右，又因为都是负电荷，它们之间是排斥力，可以判断固定在电荷在M一侧，应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系。‎ ‎4. 如图所示，将平行板电容器接在电池组两极间，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ）‎ A. 电容器带电荷量不变 B. 尘埃仍静止 C. 电源中将有电流从正极流出 D. 电流计中将有电流，电流方向b→a ‎【答案】B ‎【解析】A、C项：由题意知，电容器两板与电源相连，板间电势差U不变，两板缓慢错开，使正对面积s减小，根据知，电容C减小，再根据可得电荷量Q减小，电容器放电，故A、C错误；‎ B项：板间距不变，电势差不变，故板间电场强度不变，，尘埃仍静止，所以B正确；‎ D项：电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流，故D错误。‎ ‎5. 如图所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中的过程中，则（ ）‎ A. 车将向右运动 B. 车将向左运动 C. 条形磁铁会受到向右的力 D. 车会受到向左的力 ‎【答案】A ‎【解析】由题意可知，当磁铁向右运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，因此根据楞次定律，则有感应电流产生，根据楞次定律，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右的力，向右运动，故A正确，B、C、D错误。‎ 点晴：楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法。‎ ‎6. 如图所示，一个小型旋转式交流发电机，其矩形线圈的线框面积为S，共有n匝，总电阻为r，外电路上接有一个阻值为R的定值电阻、理想交流电流表A。线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的轴OO'匀速运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. R两端电压的有效值U=‎ B. R两端电压的有效值U=‎ C. R两端电压的有效值U=‎ D. 交流电流表的示数一直在变化 ‎【答案】C ‎【解析】A、B、C项：线圈转动产生的电动势的最大值为，有效值为，由闭合电路欧姆定律可知：，故A、B错误，C正确；‎ D项：交流电流表测的是交流电的有效值，所以电流表的示数不变，故D错误。‎ ‎7. 如图所示为一交变电流的电流随时间变化的图像，此交变电流的有效值是（ ）‎ A. 2A B. A C. 3A D. A ‎【答案】D ‎【解析】由有效值的定义可得I12Rt1+I22Rt2=I2RT，‎ 代入数据得： ‎ 解得：，故D正确。‎ 点晴：据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。‎ ‎8. 如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t=0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1‎ 时刻断开开关S。规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】当闭合电键，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，灯泡D2这一支路立即就有电流．当电键断开，D2这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且D1和D2、D3构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且逐渐减小．故BC正确；AD错误．故选BC．‎ 点睛：解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小。‎ 二、本题包括4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全对的得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分。‎ ‎9. 如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，Ｒt为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R1为定值电阻。若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是（ ）‎ ‎　　　　　‎ A. 输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin50πt B. 变压器原、副线圈中的电流之比为1：4‎ C. t=0.01s时，发电机的线圈平面位于中性面 D. Rt温度升高时，变压器的输入功率变小 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0．02s，可由周期求出角速度的值为，则可得交流电压u的表达式 U=36sin100πtV，故A错误；根据可知变压器原、副线圈中的电流之比为1：4，故B错误．t=0．01s时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面,故C正确；R1处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D错误；故选C．‎ 考点：交流电；变压器 ‎【名师点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。‎ ‎10. —直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为R。该电动机正常工作时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电动机消耗的电功率为UI B. 电动机的输出功率为UI－I2R C. 电动机的发热功率为 D. I、U、R三个量间满足Ｉ=‎ ‎【答案】AB ‎【解析】电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不再成立，其电功率，‎ 发热功率，所以电动机的输出功率为，由于欧姆定律不再成立，，‎ 热功率，故A、B正确，C、D错误。‎ 点晴：要注意在非纯电阻电路中，求电功率，只能用，求发热功率只能用，由于欧姆定律不成立，所以，。‎ ‎11. 1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱仪的研究荣获了诺贝尔化学奖。若速度相同的同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极板带正电 C. 在Ｂ2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D. 在Ｂ2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 ‎【答案】BD ‎【解析】带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A错误．在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B正确．进入B2磁场中的粒子速度v是一定的，由牛顿第二定律得： ，解得： ，由可知，r越大，比荷越小越小，粒子的质量m不一定大，故C错误，D正确．故选BD．‎ 点睛：解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡 ‎12. 如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，质量分别为m、M。t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示．则下列说法正确的是（）‎ ‎ ‎ A. ｍ＝2Ｍ B. t1时刻两电荷的电势能最大 C. 0~t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小 D. 运动过程中，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 ‎【答案】ABC ‎【解析】:A、两球相互作用时,受到的合外力为零,故动量守恒,设向左为正方向, 时刻两球速度相等, ‎ 由动量守恒 ,计算得出: ,所以A选项是正确的; ‎ B、 时间内两电荷间距离逐渐减小,在 时间内两电荷间距离逐渐增大，时刻两球相距最近,系统克服电场力最大,两电荷的电势能最大.所以B选项是正确的. ‎ C、时间内两电荷间距离逐渐减小,在时间内两电荷间距离逐渐增大,由库仑定律得知,两电荷间的相互静电力先增大后减小.所以C选项是正确的. ‎ D、由图像看出,时间内,甲的速度一直增大,则其动能也一直增大.乙的速度先沿原方向减小,后反向增大,则其动能先减小后增大.故D错误. 所以ABC选项是正确的 综上所述本题答案是：ABC 三、非选择题 ‎13. 在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。‎ ‎（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来。‎ ‎（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______端（选填“A”或“B”）。‎ ‎（3）如图是根据实验数据作出的U-I图像，由图可知，电源的电动势E=___V，内阻r=____Ω。（均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). B (3). 1.5 1.0‎ ‎【解析】(1)电路连接如图；‎ ‎(2)在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于电阻最大的位置，即B端；‎ ‎(3)根据U=E–Ir可知，直线与U轴的截距等于电源的电动势，则E=1.5 V；直线的斜率等于内阻：。‎ ‎14. 物理小组利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的试验。步骤如下：‎ ‎①用天平测出滑块A、B的质量分别为300g和200g；‎ ‎②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；‎ ‎③向气垫导轨通入压缩空气；‎ ‎④把A、B两滑块放到导轨上，并给他们一个初速度（导轨摩擦忽略不计），同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为Dt=0.2s。照片如图：该组同学结合实验过程和图象分析知：该图象是闪光4次摄得的照片，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0〜80cm刻度范围内；第一次闪光时，滑块B恰好通过x=55cm处，滑块A恰好通过x=70cm处；碰撞后有一个物体处于静止状态．请问：‎ ‎（1）以上情况说明碰后__（填A或B）物体静止，滑块碰撞位置发生在_____cm处；‎ ‎（2）滑块碰撞时间发生在第一次闪光后___s；‎ ‎（3）设向右为正方向，试分析碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是____kg·m/s，碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是_____kg·m/s，以上实验结果说明在碰撞过程中保持不变的物理量是___________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 60 (3). 0.1 (4). -0.2 (5). -0.2 (6).‎ ‎ 碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之和 ‎........................‎ ‎(2) 碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′，所以vA′•△t=20，‎ 碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm，时间为t′，有vA′•t′=10，‎ 第一次闪光到发生碰撞时间为t，‎ 有t+t′=△t，‎ 得 ‎ ‎(3) 设向右为正方向，碰撞前，B的速度大小为： ‎ A的速度 则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和P1=mBvB+mAvA=0.2×0.5-0.3×1=-0.2kgm/s．‎ 碰撞后，A静止，B速度 ‎ 则碰撞后两滑块的动量PB=-mBvB′=-0.2×1=-0.2kgm/s．‎ 以上实验结果说明在碰撞过程中保持不变的物理量是碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之和。‎ 点晴：本题利用气垫导轨进行验证动量守恒定律的实验，要求能明确实验原理，注意碰撞前后两物体的位置从而明确位移和速度，再根据动量守恒定律列式即可求解。‎ ‎15. 如图所示，一半径为R的绝缘的半圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球，释放点A距圆轨道最低点B的距离S=8R．已知小球受到的电场力大小等于小球重力的倍，重力加速度为g,求：‎ ‎（1）小球运动到圆轨道B点时的动能；‎ ‎（2）小球从A点运动到轨道最高点D时的速度是多大．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】(1) 小球由A运动到B的过程中，由动能定理有：‎ ‎ ‎ 解得：；‎ ‎(2) 小球由A运动到D的过程中，由动能定理有：‎ ‎ ‎ 解得：。‎ ‎16. 如图甲所示，空间存在竖直向下的磁感应强度为0.6T的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的、处于同一水平面内的长直导轨（电阻不计），导轨间距为0.2m,连在导轨一端的电阻为R，导体棒ab的电阻为0.1Ω，M量为0.3kg，跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数为0.1。从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是ab棒的速度一时间图像，其中OA段是直线，AC是曲线，DE是曲线图像的渐近线，小型电动机在10s末达到额定功率，此后功率保持不变，g取10m/s2.求: ‎ ‎(1)在0—18s内导体棒获得加速度的最大值am1‎ ‎(2)电阻R的阻值和小型电动机的额定功率P0‎ ‎【答案】（1） （2） ，‎ ‎【解析】试题分析：(1) 乙图是速度时间图象，其斜率等于加速度，可知：导体棒在0-10s内加速度最大．求出图线的斜率就得到加速度；‎ ‎(2) 乙图中A点：由E=BLv、、F=BIL三个公式推导出安培力的表达式，由牛顿第二定律得到含μ和R的表达式；图中C点：导体棒做匀速运动，由平衡条件再得到含μ和R的表达式，联立求出R，小型电动机的额定功率Pm=F•vm。‎ 解：(1) 由图中可得：10s末的速度为v1=4m/s，t1=10s 导体棒在0-10s内的加速度为最大值，；‎ ‎(2) 设小型电动机的额定功率为Pm 在A点：E1=BLv1  ， ‎ ‎ 由牛顿第二定律：F1-μmg-BI1L=ma1  ‎ 又 Pm=F1•v1   ‎ 当棒达到最大速度vm=5m/s时，Em=BLvm Im=‎ 由金属棒的平衡得：F2-μmg-BImL=0    ‎ 又Pm=F2•vm                       ‎ 联立解得：Pm=2W，R=0.62Ω。‎ 点晴：本题与汽车匀加速起动类似，关键会推导安培力的表达式，根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒结合进行求解。‎ ‎17. 如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在-m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B=4.0×10-2T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左边界与x轴交于P点，在x＞0的某区域内有电场强度大小E=3.2×104N/C、方向沿y轴正方向的有界匀强电场，其宽度d=2m，一质量m=4.0×10-25kg、电荷量q=-2.0×10-17C的带电粒子从P点以速度v=4.0×102m/s，沿与x轴正方向成a=600角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力．求：‎ ‎（1）带点粒子在磁场中运动的半径和时间；‎ ‎（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；‎ ‎（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点．试讨论电场强度的大小E¹与电场左边界的横坐标x¹的函数关系。‎ ‎【答案】(1) 2m ， (2) 6m (3) ①当0<<4m时， ；‎ ‎②当4m时， ‎ ‎【解析】【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求出运动的半径，由几何关系得圆心角求出时间；带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动，利用粒子在电场中偏转时的速度的合成与分解，解决电子在电场中运动的相关问题；‎ 解：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 代入数据解得：‎ 如图甲所示轨迹交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，‎ 由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°。在磁场中运动时间 代入数据解得： ‎ ‎(2)带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动，设带电粒子离开电场时的速度偏向角为θ，如图1所示 则：‎ 设Q点的横坐标为x则：‎ 由上两式解得：‎ ‎(3)电场左边界的横坐标为x′‎ ‎①当m时，如图2‎ ‎ ‎ 设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，‎ 则： ‎ 又：‎ 由上两式解得：‎ ‎②当时，如图3，‎ 有 将及各数据代入上式解得：‎ ‎18. 如图所示，是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷．已知两列波的振幅均为2cm，波速均为2m/s，波长均为8cm,E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的有（_____）‎ A．A、C两处两质点是振动加强的点 B．B、D两处两质点是振动加强的点 C．B、D两处两质点的振幅都是2cm D．E点处质点是震动加强的点 E．经0.02s，B处质点通过的路程是8cm ‎【答案】BDE C项：B、D振动加强，振幅为两列波各自引起的振幅之和(A 1 +A 2 )=4cm，故C错误；‎ D项：对E处情况的判断可用——波形图法。画D、B间的波形如图所示 再经过后，两列波波峰同时到该处，故E点亦为振动加强的点，故D正确；‎ E项：由v=λf，得，此为单列波的频率，也是B的振动频率，故质点B在0.02 s内通过的路程s B ="0.02×25×4×4" cm="8" cm。故E正确。‎ ‎19. —列横波没x轴传播，在t1=0和t1=0.005s时的波形图线如图所示。‎ ‎①如果波沿x轴正方向传播，波速是多大；‎ ‎②如果波沿x轴负方向传播，波速又是多大。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】波沿x轴正方向传播，则在内传播的距离 ‎ ‎ 故波速；‎ 若波沿x轴负方向传播则在内传播的距离 故波速 点晴：解决本题关键考虑波的双向性传播，同时考虑波的周期性，找到相应的表达式，根据波速求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎