《四川省雅安市2018-2019学年高二上学期期末检测物理试卷含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省雅安市2018-2019学年高二上学期期末检测物理试卷含答案（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2018-2019 学年四川省雅安市高二（上）期末物理试卷 一、单选题（本大题共一、单选题（本大题共 12 小题，共小题，共 36.0 分）分） 1.物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学做出了巨大贡献。下列描述中 符合物理学史实的是 A. 安培发现了电流的磁效应 B. 奥斯特通过实验测定了磁场对电流的作用力 C. 库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律 D. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 【答案】C 【解析】 奥斯特发现了电流的磁效应，选项 A 错误；安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，选项 B 错 误； 库仑总结出了真空中的两静止点
2、电荷间相互作用的规律，选项 C 正确；法拉第发现了电磁 感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项 D 错误；故选 C. 2.以下说法正确的是 A. 由公式可知，电容器带电量 Q 与两极板间电势差 U 成正比 B. 由可知，电场中某点的电场强度 E 与 F 成正比 C. 由公式可知，电场中某点的电势 与 q 成反比 D. 由可知，匀强电场中的任意两点 a、b 间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 【答案】A 【解析】 【分析】根据电容的决定式和定义式，可得电容 C 与电容器带电量 Q 和两极板间电势差 U 无关。 电场强度由电场本身决定，与检验电荷无关。电场中某点的电势 与检验电荷
3、无关。公式 中 d 是两点 a、b 间沿电场方向的距离。 【详解】电容 C 与电容器带电量 Q 和两极板间电势差 U 无关，由电容器本身决定，由公式 可知，C 一定，电容器带电量 Q 与两极板间电势差 U 成正比，故 A 正确；是电场强度 的定义式，采用比值法定义，E 与 F、q 无关，由电场本身决定，故 B 错误；是电势的定义 式，采用比值法定义， 与、q 无关，由电场本身决定，故 C 错误；由可知，匀强电场 中的任意两点 a、b 间沿电场方向的距离越大，两点间的电势差才一定越大，故 D 错误。所以 A 正确，BCD 错误。 【点睛】解决本题时要知道、都是采用比值法定义的，要掌握比值法定义的
4、共 性来理解 C、E、 的物理意义，不能单纯从数学角度来理解。 3. 真空中两个点电荷的相互作用力为 F，若每个电荷的带电量都不变，把它们之间的距离减少一 半，则它们之间的作用力变为（ ） A. 16F B. 8F C. 4F D. 2F 【答案】C 【解析】试题分析：根据库仑定律：可知，若每个电荷的带电量都不变，把它们之间的 距离减少一半，则它们之间的作用力变为，故选 C. 考点：库仑定律 【名师点睛】此题考查了库仑定律的理解和应用；解题的关键是掌握库仑定律的公式： ，然后根据题目中已知的各个物理量的关系进行解答判断；此题是基础题，意在考查学 生对物理基本公式掌握的熟练程度. 4.AB 和
5、CD 为圆上两条相互垂直的直径，圆心为 O.将电荷量分别为q 和q 的两点电荷放在圆 周上，其位置关于 AB 对称且距离等于圆的半径，如图所示要使圆心处的电场强度为零，可在 圆周上再放一个适当的点电荷 Q，则该点电荷 Q( ) A. 应放在 A 点，Q2q B. 应放在 B 点，Q2q C. 应放在 C 点，Qq D. 应放在 D 点，Qq 【答案】C 【解析】试题分析：+q 的点电荷在圆心 O 处的场强与-q 的点电荷在圆心 O 处的场强的合场强方 向由 O 点指向 D 点，根据几何关系和点电荷的场强公式得；要使圆心处的电场强度为零， 只要点电荷 Q 在圆心 O 处产生的场强方向由 O 指向
6、 C 即可，大小也为，所以，点电荷 Q=-q 且 应发在 C 点故 C 正确 考点：场强的叠加；点电荷场强。 5.2017 年 1 月 25 日，在中央电视台 CCTV10 频道播出节目中，海军电力工程专家马伟明院士表 示，正在研制设计中的国产 003 型航母采用电磁弹射已成定局！电磁弹射就是采用电磁的能量来 推动被弹射的物体向外运动，电磁炮就是利用电磁弹射工作的电磁炮的原理如图所示，则炮弹 导体滑块受到的安培力的方向是（ ） A. 竖直向上 B. 竖直向下 C. 水平向左 D. 水平向右 【答案】C 【解析】由左手定则可知，炮弹导体滑块受到的安培力的方向是水平向左，故选 C. 6.如图所示，
7、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. 电容器的电容变小B. 电容器两极板间场强不变 C. 电容器两极板间电压增大D. 电阻 R 中有从 a 流向 b 的电流 【答案】AD 【解析】试题分析：由可知，增大 d 可以让 C 减小；A 正确；当电容器两极板间距离 减小时，电容器电容减小，带电荷量较少，电路中有电荷移动，电阻 R 中有电流；B 错误；由于 电容器两端电压不变，根据 E=U/d 可知电容器两极板间的电场强度减小；C 错误；此过程电容器 放电，电容器上极板所带正电荷减少，电流从 a 流向 b；D 正确；故选
8、AD 考点：考查含容电路的分析 点评：本题难度较小，平行板电容器在电路中始终与电源相连接，这时对应的电压是不变的以 此不变量出发可讨论其他量的变化情况 7.如图所示，E 为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S1、S2为开关，电压表和电流 表均为理想电表。初始时 S1与 S2均闭合，现将 S2断开，则（ ） A. 电压表的示数变大，电流表的示数变大B. 电压表的示数变大，电流表的示数变小 C. 电压表的示数变小，电流表的示数变小D. 电压表的示数变小，电流表的示数变大 【答案】A 【解析】 S 断开时，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大， V
9、 的读数变大；把 R1的电压和内电压减小，故 R3两端的电压增大，由欧姆定律可知 R3中的电流 也增大，电流表示数增大，故 A 正确；故选 A 点睛：应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路-内电路-外电路的分析 思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解 8.长为 L 的均匀金属丝总电阻为 R，弯成如图所示的圆形闭合导线环，A、B、C、D 四点将圆环 等分。将 A、C 两点接入电压恒为 U 的电源上时，圆环消耗的功率为 P。若将 A、B 两点接入同 样的电源上时，圆环消耗的功率为 A. B. C. D. 2P 【答案】A 【解析】设金属环每一等分的
10、电阻为 R，则当 A、C 点接入电路中时总电阻：R1=R；当 AB 点接 入电路中时总电阻：；由功率公式 P=得到：P2：P1=R1：R2=4：3，又 P1=P 得 到：P2= P，故选 A. 9.如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动。下列四个图中能产生感应电流 的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流， 故 A 错误；线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故 B 错误；线框绕轴转动，但线框平行于磁场感应线穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电
11、流，故 C 错误；线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故 D 正确 10.如图，竖直平面内有一正方形，一个质量为 m 电荷量为 q 的带正电小球在 A 点以一定初速度 沿 AB 方向抛出，小球恰好过 C 点。若在竖直平面内加一个竖直方向的匀强电场，仍将小球在 A 点沿 AB 方向抛出，当其初速度减小为原来的一半时，恰好也能通过 C 点，则电场强度的大小和 方向分别是(重力加速度为 g，空气阻力不计) A. ，竖直向下 B. ，竖直向上 C. ，竖直向下 D. ，竖直向上 【答案】B 【解析】 当只有重力时，小球作平抛运动，设小球的初速度为 v，正方形的边长为 l，则：，；
12、当存在匀强电场后，小球做类平抛运动，则：，联立解得：a=g/4；加速度减小，电 场力向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，由牛顿第二定律得：，即，故 B 正确。 11.如图甲所示,一个圆形线圈的匝数 n=100,线圈面积 S=200cm2,线圈的电阻 r=1,线圈外接一个阻 值 R=4 的电阻,把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规 律如图乙所示.下列说法中正确的是( ) A. 线圈两端的电压逐渐增大B. 电阻 R 上消耗的功率为 410-4 W C. 线圈电阻 r 消耗的功率为 410-4 WD. 前 4 s 内通过 R 的电荷量为 410-4 C 【答案】
13、C 【解析】根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端 的电压恒定，故 A 错误由法拉第电磁感应定律： ，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为 ，所以电阻 R 上消耗的功率为 PR=I2R=0.0224W=1.610-3W，选项 B 错误； 线圈电阻 r 消耗的功率 Pr=I2r=0.0221W=410-4W，故 C 正确；前 4s 内通过 R 的电荷量为： Q=It=0.024C=0.08C，故 D 错误；故选 C 点睛：此题考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大 小解题时要搞清 B-t 图像的斜率的物理意义；知道线圈相当于
14、电源 12.如图所示，一质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀强电场中，以初 速度 v0沿 ON 在竖直面内做匀变速直线运动ON 与水平面的夹角为 30，重力加速度为 g，且 mg=Eq，则（ ） A. 电场方向竖直向上 B. 小球运动的加速度大小为 g C. 小球上升的最大高度为 D. 若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 【答案】BD 【解析】 【详解】小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在 ON 直线上，因，所 以电场力与重力关于 ON 对称，根据数学知识得：电场力与水平方向的夹角应为，受力情 况如图一所示，合力沿 ON 方向向下，
15、大小为，所以加速度为 ，方向沿 ON 向下故 A 错误； 由题意可得：小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在 ON 直线上，因 mg=Eq，所以电场力 Eq 与重力关于 ON 对称，根据数学知识得：电场力 qE 与水平方向的夹角应 为 30，受力情况如图一所示，合力沿 ON 方向向下，大小为 mg，所以加速度为 g，B 项正确； 经对 A 的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为，则最大高度为 ，故 C 错误；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中， 小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转 化为
16、电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故 D 正确。 【考点定位】带电粒子在混合场中的运动、电势能、匀强电场中电势差和电场强度的关系 【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况，应在正确分析小球受力情况的基础上，运用 牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析，采用的力学方法进行分析。 二、多选题（本大题共二、多选题（本大题共 3 小题，共小题，共 9.0 分）分） 13.如图，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动 轨迹。M 和 N 是轨迹上的两点，其中 M 点在轨迹的最右边。不计重力，下列表述正确的是( ) A. 粒子带正电B. 粒子在 M 点的速率最大 C. 粒子在电场中的加速度不变D. 粒子在电场中的电势能先增大后减小 【答案】CD 【解析】 由轨迹可知，粒子受电场力向左，则粒子带负电，选项 A 错误；粒子受到的电场力向左，在向右 运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到 M
