云南省玉溪市江川县2017-2018学年度上学期高二物理期末考试

玉溪市江川县2017-2018学年度上学期期末考试高二物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________分卷I一、单选题(共12小题,每小题3分,共36分)1.一个平行板电容器，若增大加在它两极板间的电压，则电容器的()A．电量增加，电量与所加电压的比值增大B．电量不变，电量与所加电压的比值变小C．电量增加，电量与所加电压的比值不变D．电量不变，电量与所加电压的比值不变2.如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧．当螺线管通以恒定电流时，不计其它磁场的影响，小磁针静止时N极的指向是（）A．向左B．向右C．向上D．向下3.如图为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω，电流表内阻不计，只接通S1时，电流表示数为10 A，电压表示数为12 V，再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A,则此时通过启动电动机的电流是()A． 2 AB． 50 AC． 8 AD． 58 A4.如图所示电路中，电源内阻r＝R1＝R2＝R3.开关K接通后流过R1的电流是K接通前的()A．B．C．D．5.如图甲所示，MN是某一电场中的一条电场线，a、b是该电场线上的两个点，如果在a、b两点分别引入试探电荷，测得试探电荷所受的电场力F跟它的电荷量q之间的关系如图乙所示，选从N到M的方向为电场力的正方向，那么，关于a、b两点的场强和电势的大小关系，下列说法中正确的是()A．电场强度Ea＞Eb；电势φa＞φbB．电场强度Ea＞Eb，电势φa＜φbC．电场强度Ea＜Eb，电势φa＞φbD．电场强度Ea＜Eb，电势φa＜φb6.某电场的电场线分布如图所示，将某点电荷分别放在、(在左边，在右边)两点，则点电荷所受的电场力的大小关系是（）A．F<FbB ．C ．D ． 无法确定7.对点电荷的理解，你认为正确的是( )A ． 体积很大的带电体都不能看做点电荷B ． 只要是体积很小的带电体就能看做点电荷C ． 只要是均匀的球形带电体，不管球的大小，都能被看做点电荷D ． 很大的带电体，只要距离远大于它们的大小，就可看做点电荷 8.下列说法中正确的是（ ）A ． 正电荷放于电势越低处，电势能越小B ． 负电荷放于电场线越密处，电势能越小C ． 正电荷由电势低处移到电势高处，电场力作正功D ． 负电荷沿电场线移动，电势能减小9.太阳能路灯以太阳光为能源，白天太阳能电池板给蓄电池充电，晚上蓄电池给灯源供电．安全节能无污染，己被广泛采用．如图所示，是某地使用的太阳能路灯和它的电池板铭牌，则该电池板的内阻约为( )A ． 7.58 ΩB ． 6.03 ΩC ． 6.23 ΩD ． 7.35 Ω10.如图所示，四边形的通电闭合线框abcd 处在垂直线框平面的匀强磁场中，它受到磁场力的合力( ) A ． 竖直向上B ． 方向垂直于ad 斜向上C ． 方向垂直于bc 斜向上D ． 为零11.回旋加速器工作原理如图甲所示，D 1、D 2为D 形金属盒，A 粒子源位于回旋加速器正中间，其释放出的带电粒子质量为m ，电荷量为＋q ，所加匀速磁场的磁感应强度为B ，两金属盒之间加的交变电压变化规律如图乙所示，其周期为T ＝，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，则下列说法中正确的是( )A ．t 1时刻进入回旋加速器的粒子记为a ，t 2时刻进入回旋加速器的粒子记为b ，a ，b 在回旋加速器中各被加速一次，a ，b 粒子增加的动能相同B ．t 2，t 3，t 4时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器C ．t 3，t 4时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中的绕行方向相反D ．t 2时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中被加速的次数最多12.电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路．闭合开关S ，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q ，板间电压为U ，板间电场强度大小为E 0.则下列说法正确的是( )A ． 若将A 板下移少许，Q 增大；U 减小；E 0不变B ． 若将A 板下移少许，Q 不变；U 减小；E 0减小C ． 若断开开关，将A 板下移少许，Q 增大；U 不变；E 0增大D ． 若断开开关，将A 板下移少许，Q 不变；U 减小；E 0不变二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.(多选)如图所示，一带电小球通过绝缘细绳悬挂于平行板电容器之间，M 板带负电，N 板带正电，M 板接地．以下说法正确的是( ) A ．M 板左移，小球受到的电场力减小 B ．M 板左移，小球的电势能减小 C ．M 板上移，小球受到的电场力增大 D ．M 板上移，小球的电势能不变14.(多选)如图所示的电路中，A 、B 是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K 闭合，等电路稳定后再将K 断开，然后将B 板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P 与A 板的距离不变．则下列说法正确的是( ) A ． 电容器的电容变小B ． 电容器内部电场强度大小变大C ． 电容器内部电场强度大小不变D ．P 点电势升高15.(多选)下列说法正确的是( )A ． 欧姆定律只适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路B ． 根据R ＝可知，对一个纯电阻而言R 与U 成正比，与I 成反比C ． 某些电路元件不遵守欧姆定律，它们的电压与电流之间的关系(U －I 线)乃非线性关系，比如某些晶体二极管D ． 在电路中，两点之间的电压就等于这两点的电势差，沿着电流的方向，各点的电势在降低 16.(多选)如图，光滑的水平桌面处在竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿y 轴方向．在水平拉力F 作用下，细管沿x 轴方向作匀速运动，小球能从管口处飞出．小球在离开细管前的加速度a 、拉力F 随时间t 变化的图象中，正确的是( )A ．B ．C ．D ．分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分) 17.①读出下列示数②游标卡尺通常有三种：十分度游标卡尺、二十度游标卡尺、五十度游标卡尺；如用某种游标卡尺测量值为21.32 mm，则用的是分度游标卡尺，游标上第mm刻度线与主尺上mm刻度线正对．18.图甲中螺旋测微器读数为______________ mm.图乙中游标卡尺(游标尺上有50个等分刻度)读数为______________ mm.四、计算题19.如图所示，一个单匝线圈abcd水平放置，面积为S，有一半面积处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，当线圈以ab边为轴转过30°和60°时，穿过线圈的磁通量分别是多少？20.如图所示，在真空中，有一半径为r的圆形区域内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子质量为m，电量为q，以某一速度由a点沿半径方向射入磁场，从c点射出磁场时其速度方向改变了60°，(粒子的重力可忽略)试求(1)该粒子在磁场中的运动时间t；(2)粒子做圆周运动的半径R；(3)粒子运动的速度v.21.一个电容器所带的电荷量为4×10－8C，两极板间的电压是2 V，那么这个电容器的电容是多少？如果电容器的电荷量减少了1×10－8C，则板间电压变成多少？22.有规格为“220 V 1 000 W”的电炉，求它在正常工作时的电阻；如果电压只有200 V，求它实际消耗的功率．答案解析1.【答案】C【解析】电容不变，故增大两极板间的电压，电量增加，电量与所加电压的比值不变，C项正确，A、B、D错误．2.【答案】A【解析】根据安培定则可以判断通电螺线管左侧为N极，右侧为S极，因此左侧小磁针静止时，N 极指向左侧，故B、C、D错误，A正确．3.【答案】B【解析】只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋Ir＝12 V＋10×0.05 V＝12.5 V，R灯＝＝Ω＝1.2 Ω，再接通S2后，流过电动机的电流为：I电动机＝－I′＝A－8 A＝50 A，B正确．4.【答案】A【解析】设电源电动势为E，r＝R1＝R2＝R3＝R，K接通前流过R1的电流为：I＝.K接通后流过R1的电流I′＝＝所以＝.5.【答案】B【解析】图象F－q斜率表示电场强度的大小，a图线的斜率大于b图线的斜率，则电场强度Ea＞Eb，选从N到M的方向为电场力的正方向，由甲图可知，电场的方向由N指向M，沿着电场线方向电势降低，则电势φa＜φb.故B正确，A、C、D错误．6.【答案】A【解析】从图中可以看出，a点的电场线比b点的电场线疏，所以b点的电场强度大；根据公式可得：试探电荷在b点受到的电场力大，A正确.7.【答案】D【解析】能否把一个带电体看做点电荷，不是取决于带电体的大小、形状等，而是取决于研究问题的实际需要，看带电体的形状、大小对电荷之间的作用力的影响是否可以忽略．8.【答案】A【解析】根据推论可知，正电荷放于电势越低处，电势能越小．故A正确．负电荷放于电场线越密处，电场强度越大，受到的电场力大，但电势能不一定越小．故B错误．正电荷由电势低处移到电势高处，电荷的电势能增加，则电场力做负功．故C错误．负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反，顺着电场线移动，负电荷电势能增大．故D错误．故选A.9.【答案】D【解析】电池板的开路电压等于电池板的电动势，则该电池板的电动势为E＝43 V由图知，短路电流为I短＝5.85 A根据闭合电路欧姆定律得：电池板的内阻r＝＝Ω≈7.35 Ω10.【答案】D【解析】若通以逆时针方向的电流，根据左手定则可知：各边所受的安培力如图所示：由公式F＝BIL得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力与斜边的安培力等值反向．所以线圈所受磁场力的合力为零．故D正确，A、B、C错误．11.【答案】B【解析】由图乙知，t1时刻与t2时刻两金属盒间的电压不等，根据动能定理得qU＝ΔE k，可知a、b在回旋加速器中各被加速一次增加的动能不同，故A错误．当粒子的轨迹半径等于D形盒的半径时，获得的动能最大，将射出回旋加速器，设D形盒的半径为R，则由R＝知v＝，粒子获得的最大动能为：E km＝mv2＝，可知粒子射出加速器时的动能，即最大动能与加速电压无关，不同时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器．故B正确．t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子获得的速度方向相反，进入磁场后，由左手定则可知，在回旋加速器中的绕行方向相同，故C错误．设加速次数为n，则nqU＝E km，n＝，可知t2时刻进入回旋加速器的粒子加速电压最大，加速次数最少，故D错误．12.【答案】D【解析】开关闭合时电容器两极板间电压U不变，由公式C＝可知，A板下移(板间距d减小)，电容C将增大，由公式C＝可知电容器带电量Q将增大．由公式E0＝可知板间场强增大；开关断开后电容器带电量Q不变，由公式C＝可知，A板下移(板间距d减小)，电容C将增大，由公式C＝可知电容器极板间电压U将减小．由以上三式可得E0＝，由此可知板间场强不变．选项D正确．13.【答案】BC【解析】电容器的带电量不变，根据E＝，U＝，C＝，得到电场强度E＝，与距离d 无关，故M板左移，小球受到的电场力不变，故A错误；电场强度E＝，与距离d无关；M 板左移，小球与负极板间的电势差变大，故小球所在位置的电势增加，小球带负电，根据电势能公式E p＝qφ，电势能减小，故B正确；M板上移，正对面积S减小，电容器的带电量不变，电场强度E＝，故电场强度增加，电场力增大；小球的平衡位置右移，小球与负极板间的电势差变大，故小球所在位置的电势增加，小球带负电，根据电势能公式E p＝qφ，电势能减小；故C正确，D错误．14.【答案】ACD【解析】充电完成后，电键断开，电容器所带电荷量不变，将B板向下平移一小段距离，d增大，由C＝可知电容C减小，再由Q＝CU，U＝Ed，可知E＝，场强不变．B板接地，电势为零，根据U＝Ed，所以P点的电势升高．15.【答案】AC【解析】欧姆定律只适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，如电动机等，故A正确；电阻的大小和电阻本身的性质有关，和电压、电流无关，B错误；某些电路元件不遵守欧姆定律，它们的电压与电流之间的关系(U－I线)乃非线性关系，比如某些晶体二极管，C正确；沿着电流的方向，通过电阻后，才有电势的降落，D错误，故选A、C.16.【答案】BD【解析】小球在x轴方向上的速度不变，则在y轴方向上受到大小一定的洛伦兹力，根据牛顿第二定律，小球的加速度不变，故A错误，B正确；细管在水平方向受到拉力和球对细管的弹力，小球对细管的弹力大小等于小球在x轴方向受到的洛伦兹力大小，在y轴方向的速度逐渐增大(v y＝at)，则在x轴方向的洛伦兹力逐渐增大(F洛＝qv y B＝qBat)，所以F随时间逐渐增大，故C错误，D正确．17.【答案】①甲 0.999 mm 乙 0.42 A 丙 2.20 V ②50 16 37【解析】①甲、螺旋测微器固定部分读数为0.5 mm，转动部分读数为49.9，故对应的读数为：(0.5+49.9×0.01) mm=0.999 mm；乙、电流表量程为0.6 A，最小分度为0.02，故对应的读数为0.42 A；丙、电压表量程为3 V，最小分度为0.1 V，故最小读数为2.20 V；②游标卡尺测量值为21.32 mm，则说明最小分度为0.02 mm，故采用的50分度的游标卡尺；对齐的格数n==16格，故游标上第16个格对齐；对应的主尺上的刻度线应为：(21.32+16×0.98)mm=37 mm；18.【答案】8.11810.94【解析】甲图主尺为8 mm，游标读数11.8×0.01 mm，因此读数为8.118 mm；主尺为10 mm，游标读数为47×0.02 mm，两者相加为10.94 mm.19.【答案】【解析】当线圈分别转过30°和60°时，线圈平面在垂直于磁场方向的有效面积相同，都有S⊥＝，所以磁通量相同，都等于.20.【答案】(1)(2)r(3)【解析】设圆周运动的半径为R(1)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力即qvB＝而T＝由上述公式得，T＝则粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝(2)由几何关系得，R＝r tan 60°＝r(3)由(1)得v＝21.【答案】2×10－8F 1.75 V【解析】C＝＝F＝2×10－8F又因C＝得ΔU＝＝V＝0.25 V所以U′＝U－ΔU＝2 V－0.25 V＝1.75 V.22.【答案】48.4 Ω826.4 W【解析】由于电炉是纯电阻电路，故P＝，则R＝＝Ω＝48.4 Ω当电压为200 V时，则实际消耗的功率P′＝＝W≈826.4 W。