四川省泸州市泸县第五中学2017-2018学年高二物理上学期期中试题（含解析）

四川省泸州泸县第五中学2017-2018学年高二上学期期中考试理综物理试题1.下列说法正确的是()A.点电荷一定是电量很小的电荷B.电场线是假想曲线，实际不存在C.电场强度的方向就是电荷所受电场力的方向D.根据C=Q/U可知，电容器的电容C与电量Q成正比、与电压U成反比【答案】B【解析】解：A、点电荷是忽略形状大小的带电物体，不一定带电量小，A错误B、电场线是假想曲线，实际不存在，B正确C、电场强度的方向就是正电荷所受电场力的方向，C错误D、电容C与电容器本身有关于Q、U无关2.19世纪20年代，科学家们已认识到温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的．该假设中的电流方向是(地理子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线)()A.由西往东垂直于子午线B.由东往西垂直于子午线C.由南向北沿子午线D.由赤道向两极沿子午线方向【答案】B【解析】试题分析：要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向便是螺线管的N极．首先根据信息中给出的已知条件，根据根据“磁子午线”由安培定则确定电流的方向．解：由题意知，地磁体的N极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线．故选B．点评：此题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题．3.关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A.通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度也一定为零B.放置在磁场中1m长的通电导线，通过1A的电流，受到的磁场力为1N，则该处的磁感应强度就是1TC.磁场中某处的B的方向跟电流在该处受到的磁场力F的方向相同D.一小段通电导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力也一定为零【答案】D考点：考查了安培力的计算，磁感应强度【名师点睛】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．但这属于比值定义法．通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度不一定为零．磁场中某处磁感应强度的方向跟电流在该处受到磁场力的方向垂直．4.竖直绝缘墙壁上Q点固定一质点A，在Q的正上方P点用丝线悬挂另一质点B；A、B两质点因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示．由于漏电，使A、B两质点带电量逐渐减少，在电荷漏完之前，悬线对质点B的拉力大小将（假设两小球始终可以看成质点）（）A.逐渐变大B.逐渐变小C.大小不变D.先变大后变小【答案】C【解析】试题分析：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得：又FF1=F2，得：A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变．故选C。考点：物体的平衡【名师点睛】题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解。5.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是()A.，方向垂直斜面向上B.，方向垂直斜面向下C.，方向垂直斜面向下D.，方向垂直斜面向上【答案】A【解析】由左手定则可知，若要使安培力和物体受到的重力和支持力平衡，磁场的方向应垂直于斜面向上，由平衡条件列方程得：mgsinα＝ILB，解得，故选A.思路分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．试题点评：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．6.如图，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场方向垂直，当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是A.导体环保持水平方位在磁场中向上或向下运动B.导体环保持水平方位向左或向右加速平动C.导体环以垂直环面，通过环心的轴转动D.导体环以一条直径为轴，在磁场中转动【答案】D............7.如图，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是()A.0～1s内线圈的磁通量不断增大B.第4s末的感应电动势为0C.0～1s内与2～4s内的感应电流相等D.0～1s内感应电流方向为顺时针【答案】AD【解析】试题分析：根据图线可知0～1s内，磁感应强度B逐渐增大，所以线圈的磁通量不断增大；第4s末磁感应强度B的变化率不为零，所以的感应电动势不为0；0～1s内与2～4s内磁感应强度B的变化率不相等，所以感应电动势不相等，感应电流不相等；0~1s内磁感应强度向外增加，根据楞次定律，则产生的感应电流方向为顺时针方向。选项AD正确。考点：法拉第电磁感应定律及B-t图线。8.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为2R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直地穿过圆环。金属杆OM的长为l，电阻为，M端与环紧密接触，金属杆OM绕过圆心的转轴O以恒定的角速度ω转动。电阻R的一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列正确的是A.通过电阻R的电流的最大值为B.通过电阻R的电流的最小值为C.OM中产生的感应电动势恒为D.通过电阻R的电流恒为【答案】ABC【解析】试题分析：OM中产生的感应电动势恒为；由图可知，当M点转到与电阻R的接触点时，电路的电阻最小，通过R的电流最大，，最大电流;当M点转到与电阻R的接触点的正上方时，电路电阻最大，此时电流最小，最大电阻为,最小电流为。选项ABC正确。考点：法拉第电磁感应定律及全电路欧姆定律。9.某研究性学习小组的同学们设计了描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验，待测小灯泡的额定电压为3.8V。要求测量结果尽量精确，并绘制出小灯泡两端电压在0~3.8V范围内完整的伏安特性曲线。（1）若实验室的电压表、电流表和滑动变阻器都满足实验要求，则在如图1所示的两种实验方案中，应选择_____图所示电路进行实验。（选填“甲”或“乙”）（2）若实验中只提供了量程为3V，内阻为3000Ω的电压表V1，为了绘制完整的伏安特性曲线，需要将电压表V1改装成量程为4V的电压表V2，则应将电压表V1_______（选填“串联”或“并联”）一个阻值为______________Ω的定值电阻，才能实现改装的要求。（3）小组的同学们正确描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，根据这个特性曲线，同学们对小灯泡的实际功率与其两端的电压的关系，或与通过其电流的关系，猜想出了如图3所示的关系图像，其中可能正确的是_______。（选填选项下面的字母序号）（4）某同学将该小灯泡接在一个电动势为3．0V、内阻为5．0Ω的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡实际功率约为_______W。（保留2位有效数字）【答案】(1).甲(2).串联(3).1000(4).AB(5).0.36～0.42【解析】试题分析：（1）由于实验是测量小灯泡的伏安特性曲线，电压需要从0开始测量，故供电电路需要用分压式，则甲电路是正确的；（2）原电压表的量程为3V，改装后的电压表的量程为4V，故1V的电压差需要用一个电阻串联分压来获得，该电阻的阻值为R=1000Ω；（3）根据P=可知，U2=R×P，即在U2与P的图像中，斜率为R，因为随着电压的增大，灯泡的电阻是增大的，故U2与P的图像的斜率也是增大的，故选项A正确，C错误；又根据P=I2R可知，I2=×P，即在I2与P的图像中，其斜率为，当电阻增大时，其倒数减小，故I2与P的图像的斜率在变小，故选项B正确，D错误；（4）在灯泡的伏安特性曲线上，我们再做出电源的伏安特性直线，因为电源的伏安特性为U=－Ir+E=－I×5Ω+3V，其与灯泡的曲线的交点即为灯泡的两端电压和电流，得到U=2V，I=0．19A，故小灯泡的实际电功率为P=0．38W。考点：小灯泡的伏安特性曲线的实验。【思路点拨】最后一问，求小灯泡的电功率有一定的难度，对于这种电阻变化的电路，由于小灯泡的电阻不确定，所以我们需要通过画电源的电压与电流的特性直线与确定它们的电流，与小灯泡的电压。10.如图所示，在A、B两点间接一电动势为4V，内阻为1Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，求：(1)电流表的读数；(2)电容器所带的电荷量；(3)断开电源后，通过R2的电荷量．【答案】(1)0.8A(2)9.6×10－5C(3)4.8×10－5C【解析】试题分析：(1)由于R1、R2被短路，接入电路的有效电阻仅有R3，则I＝＝A＝0.8A.(2)电容器C两端电压与R3两端电压相同，故电容器电荷量Q＝C·I·R3＝30×10－6×0.8×4C＝9.6×10－5C.(3)断开电源，R1和R2并联，与R3、C构成放电回路，故通过R2的电荷量考点：全电路的欧姆定律；电容器11.如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细绳将一个质量为m的带电小球悬挂于O点，平衡时，小球位于B点，此时绳与竖直方向的夹角为θ（θ45°）。已知重力加速度为g。求：（1）小球静止在B点时受到绳的拉力大小。（2）若将小球拉到O点等高的A点（此时绳拉直），然后释放小球，当小球运动到最低点C时受到绳的拉力大小。【答案】（1）qE=mgtanθ（2）T2=mg（3-2tanθ）【解析】（10分）（1）在B点，由于物体平衡得，qE=mgtanθ………………………………………………………………………3分（2）从A到CmgL－qEL=mv2……………………………………………………3分T2－mg=……………………………………………………………………………3分由以上解得T2=mg(3－2tanθ)……………………………………………………1分12.如图甲所示：MN、PQ是相距d=lm的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m=0.1kg、电阻R=lΩ；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL=3Ω，定值电阻R1=7Ω，调节电阻箱使R2=6Ω，重力加速度g=10m／s2。现断开开关S，在t=0时刻由静止释放ab，在t=0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图像。（1）求斜面倾角a及磁感应强度B的大小；（2）ab由静止下滑x=50m（此前已达到最大速度）的过程中，求整个电路产生的电热；（3）若只改变电阻箱R2的值。当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？【答案】(1)(2)(3)3Ω【解析】试题分析：(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得由牛顿第二定律有所以有即t=0.5s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大()后接着做匀速运动。匀速运动时，由平衡条件知又联立以上四式有代入数据解得(2)由能量转化关系有代入数据解得J(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有所以通过R2的电流为R2的功率为联立以上三式可得当时，即，功率最大，所以W．．．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；能量守恒定律；牛顿第二定律．