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1、长安一中2018-2019学年度第一学期期末考试高二物理试题（理科）一、单选题1.关于冲量的概念，以下说法正确的是()A. 作用在两个物体上的合外力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B. 作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小C. 作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大D. 只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同【答案】A【解析】【分析】冲量的概念、公式I=Ft，冲量都是矢量，冲量的方向由力的方向决定【详解】A、由冲量公式I=Ft，作用在两个物体上力大小不同，时间不等，但两个物体所受的冲量可能相同，可知A正确.B、C、由冲量公式I=Ft，可
2、知作用在物体上的力很大，若时间极短，物体所受的冲量可能很小，不一定很大，故B错误，C错误.D、由冲量公式I=Ft可知冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定；故D错误.故选A.【点睛】本题考查对冲量概念、公式的理解，抓住矢量性，从定义理解记忆2.根据电阻定律，电阻率，对于某种金属导线来说，它的电阻率()A. 跟导线的电阻和横截面积成正比B. 由所用金属材料本身决定C. 跟导线的长度成反比D. 随温度的升高而减小【答案】B【解析】【分析】导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关【详解】A、B、C、导线的电阻率与导体的电阻大小、横截面积、长度无关，由材料本身特性决定；故B正确
3、，A、C均错误.D、电阻率的大小与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故D错误.故选B.【点睛】本题属于易错题，很多同学容易根据公式=RSL，认为电阻率与电阻、横截面积成正比，与长度成反比，其实电阻率由本身特性决定3.如图所示,R是一个滑动变阻器,M、N为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒Q处于静止状态,则下列说法正确的是( )A. 若只减小M、N两金属板的间距，则有向左的电流通过电阻RB. 若只减小M、N两金属板的间距，Q将向下运动C. 若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，Q将向下运动D. 若只在紧贴N板内侧插入一块一定厚度的金属片，Q将向上运动【答案】D【解析】【分析】电
4、容器的电容的定义式C=QU,电容器的电容的决定式C=rs4kd,液滴平衡，受电场力和重力而平衡【详解】A、若减小A、B两金属板的间距，根据C=rs4kd，电容增大，电压不变，故电容器充电，故有向右的电流通过电阻R，故A错误；B、微粒Q处于静止状态，受重力和向上的电场力而平衡，若减小A、B两金属板的间距，根据E=Ud，场强增大，电场力增大，合力向上，故Q将向上运动，故B错误；C、与电容器串联的电阻在稳定状态时看出导线，则若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，依然是电容器并联在电源两端，则电容器的电压不变，故场强不变，Q不动，故C错误；D、若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于极板间距
5、离变小了，而电压U不变，根据E=Ud，场强增加，电场力增加，故Q将向上运动，故D正确；故选D.【点睛】电容器的分析有两种情况，与电源相连时，电容器的电压不变，当与电源断开时，电容器的电荷量不变4.如图所示,在倾角为的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒,导体棒中电流为I.要使导体棒静止在斜面上,需要外加匀强磁场的磁感应强度B的值不可能为( )A. 2mgIL B. mgIL C. mg2IL D. mg3IL【答案】D【解析】【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；由三力平衡知识分析得最小安培力.【详解】当磁场方
6、向垂直于斜面向下时，此时磁感应强度最小，有共点力平衡可知：mgsin=BIL,解得：B=mgsin30IL=mg2IL，方向垂直于斜面向下；故A、B、C项的值均可能，D项的值不可能.本题选不可能故选D.【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5.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的速度和加速度大小随时间变化的情况是()A. 速度变大，加速度变大B. 速度变大，加速度变小C. 速度变小，加速度变小D. 速度变小，加速度变大【答案】B【解析】【详解】因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷
7、将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小，故ACD错误，B正确。故选：B6.如图所示,在匀强磁场区域的上方有一半径为r、质量为m的导体圆环,将圆环由静止释放,圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等.已知圆环的电阻为R,匀强磁场的磁感应强度为B,重力加速度为,则( ) A. 圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量为mgrB. 圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动C. 圆环进入磁场的过程中,通过导体某个横截面的电荷量为r2BRD. 圆环进入磁场的过程中,圆环中的电流为顺时针【答案】C【解析】【分析】分析清楚圆环进入磁场的过程，根据楞次定律判断感应
8、电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据q=R求电荷量;根据动能定理求出圆环的下边刚进人磁场到上边刚进入磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框的电阻产生的热量.【详解】A、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2r-W=0，所以W=2mgr,故通过电阻的热量为2mgr;故A错误.B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速；故B错误.C、根据电量公式q=It=ERt=R，得q=Br20R=Br2R；故C正确.D、圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞
9、次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由楞次定律判断感应电流为逆时针方向，故D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况.7.半径为r带缺口的刚性金属环在纸面上固定放置,在环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A、B连接,两板间距为d且足够大,如图甲所示.有一变化的磁场垂直于纸面,规定向外为正,变化规律如图乙所示.在平行金属板A、B正中间有质量未知、电荷量大小为q的带电液滴,液滴在0到0.1 s处于静止状态,已知重力加速度为.则以下说法正确的是( )A. 液滴带正电B. 第
10、0.3s时液滴的运动方向改变C. 液滴的质量为qr210gdD. 第0.4s内液滴位移大小为0.04(单位:米)【答案】C【解析】【分析】由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小【详解】A、根据题意液滴在00.1s处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律，线圈中的感应电动势沿顺时针方向，A板接高电势，B板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的方向相反，所以液滴带负电，故A错误；B、根据楞次定律，在0.1s0.3s内，线圈内感应电动势逆时针方向，上极板接低电势，
11、下极板接高电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律mg+F电=ma，其中F电=mg，解得a=2g，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在第0.3s时速度最大，运动方向不改变，故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律E=t=BtS=0.010.1r2=0.1r2，两极板间的电场强度E=Ud=0.1r2d，根据受力平衡，有mg=qE，得m=Eqg=0.1r2qgd=qr210gd；故C正确.D、根据楞次定律在0.3s0.4s内，感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，电场方向向上，液滴在0.3s0.4s内做匀速直线运动，0.1s0.3s匀加速直线运动，位移为x1=12at2=1
12、22g(0.2)2=0.04g，0.3s时速度v=at=2g0.2=0.4g，在0.3s-0.4s匀速直线运动，位移x2=vt=0.4g0.1=0.04g，所以在第0.4s时液滴距初始位置距离为0.08g，故D错误；故选C.【点睛】本题考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压8.如图所示,理想变压器原、副线圈中分别接有电阻R1、R2,R1=R2=10,原、副线圈的匝数之比为3:1,R2两端电压为30V,则R1两端的电压为( )A. 5 V B. 10 V C. 15 V D. 20 V【答案
13、】B【解析】【分析】根据理想变压器的电流与匝数成反比和欧姆定律，综合可得出电压数值【详解】电阻R2两端的电压为UR2=30V，流过R2的电流为I2，由欧姆定律可知I2=UR2R2=3A；根据理想变压器的原副线圈之间的电流与匝数成反比有：I2I1=n1n2=31，可得I1=I23=1A，则R1两端的电压为UR1=I1R1=10V；故选B.【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流、功率之间的关系，特别注意三种关系只在原副线圈上满足.9.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,T为理想变压器,V1、A1为监控室供电端的电压表和电流表, V2、A2为监控校内变压器输出端的电压表和电流表, R1、R2为教室
14、的负载电阻, V3、A3为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室之间有相当长的一段距离,进入配电室的交流电电压U可认为是不变的,并且各电表均为理想电表,则当开关S闭合时,以下说法正确的是( )A. 电流表A1、A2和A3的示数都变大B. 电流表中只有A1的示数变大C. 电压表中只有V3的示数变小D. 电压表V2和V3的示数都变小【答案】C【解析】【分析】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变
15、化【详解】当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即U2不变，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据I1I2=n2n1知，原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大.故C正确，A、B、D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键知道输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率10.如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率的关系图象由图象可知错误的是( )A. 该金属的逸出功等于EB. 该金属的逸出功等于h0C. 入射光的频率为20时，产生的光电子的最大初动能为ED. 入射光的频率为02时，产生的光电子的最大初动能为E2【答案】D【解析】【分析】根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析。【详解】根据Ekm
