湖南省醴陵二中醴陵四中2022学年高二物理下学期期中联考试题含解析

湖南省醴陵二中、醴陵四中2022-2022学年高二下学期期中联考物理试题一、选择题1.下列对公式的理解正确的是（）A.F=Eq中，q为场源电荷，电场强度E与q无关B.U=IR中，导体的电阻与该导体两端的电压无关C.根据安培力的公式F=BIL，若F=0则B为0D.根据Φ=BS，S越大，Φ越大【答案】B【解析】在F=Eq中，q为检验电荷，不是场源电荷，而电场强度E与q无关，故A错误；在U=IR中，导体的电阻由本身决定的，与该导体两端的电压无关，故B正确；根据安培力的公式F=BIL，若F=0，可能B为零；也可能B不等于零，却是B与I平行，故C错误；据Φ=BS，S越大，Φ不一定越大，比如当S与B平行时，Φ为零，故D错误。所以B正确，ACD错误。2.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判断（）A.M点的电势小于N点的电势B.粒子带负电，M点的电势大于N点的电势C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能【答案】D【解析】由图，若分别过M点与N点做等势线，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，比较可知，M点的电势一定高于N点的电势。故A错误；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故B错误。M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小。故C错误。粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，M点的电势能大于N点的电势能，故D正确。故选D.-14-\n点睛:对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向。再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小。3.如图所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，不计电子重力，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A.U1变大，U2变大B.U1变小，U2变大C.U1变大，U2变小D.U1变小，U2变小【答案】B【解析】试题分析：根据动能定理：eU1=mv2；在偏转电场中vy=at；；；；若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2减小U1．故选B．考点：带电粒子在电场中的运动4.如图所示，a、b、c三个带电粒子从上端小孔O1射入速度选择器后，又都从O2进入下方的磁场，虚线是它们的运动轨迹，它们所带电荷量之比为qa：qb：qc=1：2：4，它们的质量之比为ma：mb：mc=1：1：2，不计粒子重力，则（）A.这三种粒子都带负电B.这三种粒子在偏转磁场中运动的时间都相等-14-\nC.打在P2点的粒子是cD.粒子b、c都打在P1点【答案】D【解析】根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合左手定则可知，这三种粒子都带正电，选项A错误；根据可得Ta：Tb：Tc=2：1：1，三个粒子在磁场中运动半个周期，可知ta=2tb=2tc，选项B错误；三种粒子从O2点射入磁场的速度相同，根据可知ra：rb：rc=2：1：1，可知打在P2点的粒子是a粒子，选项C错误；粒子b、c都打在P1点，选项D正确；故选D.点睛:此题关键要掌握带电粒子在磁场中运动的周期公式以及半径公式；知道速度选择器出来的粒子具有相同的速度.5.如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动过程中（）A.电压表示数变大，电流表示数变大B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电压表示数变大，电流表示数变小D.电压表示数变小，电流表示数变小【答案】C【解析】当变阻器的滑动头P向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，总电流I减小，路端电压增大，则电压表示数变大．并联部分的电压，I减小，其他量不变，可见，增大，通过的电流增大，流过电流表的电流，I减小，增大，减小，则电流表示数变小．所以电压表示数变大，电流表示数变小．故选C．【点睛】电压表测量路端电压．当变阻器的滑动头P向b端移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化．由欧姆定律判断并联部分电压的变化，确定通过的电流如何变化，由总电流和通过通过电流的变化分析电流表示数的变化．-14-\n6.如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是（）A.使a、b板的距离增大一些B.使a、b板的正对面积减小一些C.断开S，使a板向左平移一些D.断开S，使a、b板的正对面积增大一些【答案】C【解析】开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变．故AB错误．断开S，电容器所带的电量不变，使a板向左平移一些,a、b板的距离增大，则电容减小，根据U=Q/C知，电势差增大，则指针张角增大．故C正确．断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据U=Q/C知，电势差减小，则指针张角减小．故D错误．故选C．点睛：本题是电容器的动态分析，关键抓住不变量，开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变．同时要掌握电容的决定式和定义式进行分析．7.穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化图象分别如图中的①~④所示，说法正确的是（）A.图①有感应电动势，且大小恒定不变B.图②产生的感应电动势一直在变大C.图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍D.图④产生的感应电动势先变大再变小【答案】C-14-\n【解析】试题分析：当穿过磁闭合回路的磁通量发生变化时，电路中出现感应电动势，当磁通量均匀变化时，感应电动势是不变的．图①中穿过回路的磁通量不变化，故没有感应电动势，A错误；图②中磁通量均匀增加，磁通量变化率恒定，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定不变，B错误；图③在0～t1时间内的斜率是时间内斜率的2倍，所以在时间内感应电动势是时间内感应电动势的2倍，故C正确；图④的斜率大小先减小后增大，故产生的感应电动势先变小再变大，故D错误；【点睛】由公式得：磁通量与时间图象的斜率大小，表示感应电动势的大小．8.如图所示，在水平粗糙的地面放置一软导线线圈，有一匀强磁场垂直于该线圈平面，由于磁场的磁感应强度发生变化，线圈变为圆形，下列说法可能正确的是（）A.该磁场的磁感应强度逐渐增多，方向竖直向上B.该磁场的磁感应强度逐渐减小，方向竖直向下C.线圈变为圆形的过程中，线圈所受安培力做功为零D.线圈变为圆形后静止，仍然受到地面对其的摩擦力【答案】B点睛：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理，即“增缩减扩”、“来拒去留”．9.下面关于光的波粒二象性的说法中，正确的说法不正确的是（　　）A.大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性B.光不可能同时既具有波动性，又具有粒子性C.光在传播时往往表现出的波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性D.频率越大的光其粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著-14-\n【答案】B...............点睛：光的波粒二象性是指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性；大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显。10.如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA＞mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车（　　）A.静止不动B.左右往返运动C.向右运动D.向左运动【答案】D【解析】两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动；故选D。11.关于光电效应，下列说法正确的是（　　）A.极限频率越大的金属材料逸出功越大B.只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C.从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D.遏止电压越大，则金属材料逸出功越大【答案】A【解析】根据W=hv可知极限频率越大的金属材料逸出功越大，选项A正确；发生光电效应与光照的时间无关，选项B错误；根据光电效应方程得，EKm=hv-W0-14-\n，光电子最大初动能越大，逸出功不一定小，有可能是入射光子的能量大．故C错误；遏止电压越大，最大初动能越大，而金属材料逸出功却不变的．故D错误．故选A．12.在真空中A、B两点分别固定电荷量为+q、-q（q>0）的两个点电荷，以A、B为顶点作两等大的圆锥，O点为圆锥底面圆的圆心，C、D两点在圆锥母线上并关于O点对称，空间无其他电场，下列说法正确的是（）A.圆锥底面上所有点的电势相等B.圆锥底面上所有点的电场强度相等C.C、D两点的场强大小相等，方向不同D.将正电荷由C点移到到D点电势能将增大【答案】A【解析】A、根据等量异种电荷的电场分布可知，圆锥底面是一个等势面，其上所有点的电势均为零，即电势相等，故A正确；B、圆锥底面上所有点的电场强度方向均水平向右，但是O点的场强最大，离O点越远的位置场强越小，故B错误；C、由对称性可知，C、D两点的场强大小相等，方向相同，故C错误；D、C点的电势高于D点，则将正电荷由C点移到到D点电势能将减小，故D错误。点睛：解决本题的关键要掌握等量异种点电荷电场线和等势面的分布情况，要知道过两点电荷连线的垂直平分面是一个等势面。13.如图所示，a、b灯分别标有“36V，40W”和“36V，25W”，闭合电键，调节R，使a、b都正常发光。这时断开电键后再次闭合，则下列说法中正确的是（）A.重新闭合瞬间，由于电感线圈对电流增大的阻碍作用，a将慢慢亮起来，而b立即变亮B.重新闭合稳定后，两灯都正常发光，因为两灯的额定电压一样大，所以一样亮C.断开瞬间，由于电感线圈对电流减小的阻碍作用，通过a的电流将逐渐减小，a-14-\n渐渐变暗到熄灭D.断开瞬间，b灯立刻熄灭【答案】AC【解析】A、当重新闭合瞬间，由于电感线圈L对电流增大的阻碍作用，b立刻变亮，a逐渐变亮，A正确；B、当重新闭合稳定后，两灯都正常发光，由于a、b灯分别标有“36V，40W”和“36V，25W”，则a的额定功率大，所以较亮，故B错误；C、电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，所以通过a的电流将逐渐减小，a渐渐变暗到熄灭，故C正确，D错误。点睛：对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用。14.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶2.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如下图所示，副线圈仅接入一个R=10Ω的电阻．则(　　)A.流过电阻的最大电流是B.与电阻并联的电压表的示数是VC.变压器的输入功率是WD.经过10s电阻产生的热量为1.6×103J【答案】AD【解析】变压器的初级电压最大值为220V，有效值为U1=220V，则次级电压有效值为，与电阻并联的电压表的示数是40V，选项B错误；次级电流有效值，则流过电阻的最大电流是4A，选项A正确；变压器的输入功率等于输出功率，即，选项C错误；经过10s电阻产生的热量为-14-\n，选项D正确；故选AD.15.如图所示，A、B两物体质量之比mA:mB＝3:2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当两物体被同时释放后，则(　　)A.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒B.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒C.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒D.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒【答案】ABD【解析】A、若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统外力之和为零，动量守恒，故A正确；B、不论A、B的摩擦力是否相等，A、B、C组成的系统，外力之和为零，则动量守恒，故BD正确；C、因为A、B的质量不等，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则所受摩擦力大小不等，A、B组成的系统所受的外力之和不为零，所以动量不守恒，故C错误。点睛：当系统不受外力或所受的外力之和为零，系统动量守恒，根据动量守恒的条件进行判断。16.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则以下说法正确的是（　　）A.过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D.过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量【答案】ACD【解析】过程Ⅰ中钢珠只受重力，由动量定理可知，钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确;过程Ⅱ中，钢珠所受重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故B-14-\n错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零，故C正确；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中动量改变量的大小，而过程Ⅰ中动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量，故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量，故D正确。所以ACD正确，B错误。二、实验题17.如右图所示为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300μA，内阻Rg＝100Ω，可变电阻R的最大阻值为10kΩ，电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是____________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝__________kΩ.【答案】(1).红(2).5【解析】试题分析：根据红进黑出原理，可得图中与接线柱A相连的表笔颜色应该是红色，当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流，设此时欧姆表的内阻为，此时有关系得；当指针指在刻度盘的正中央时，有，代入数据可得考点：考查了练习使用多用电表【名师点睛】本题关键明确欧姆表的中值电阻以及红进黑出原理，注意欧姆表内部有电源，另外需要知道中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，知道中值电阻等于欧姆表内电阻18.用20分度的游标卡尺测量某物体的长度如图甲所示，可知其长度为______cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径如图乙所示，可知其直径为______mm．-14-\n【答案】(1).5.015(2).4.700【解析】解：甲是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：5cm，游标上第3个刻度与上面对齐，读数为：3×0.05mm=0.15mm=0.015cm，故最终读数为：5cm+0.015cm=5.015cm；螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，则读数为4.5+0.200=4.700mm．故答案为：5.015；4.700【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．19.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有一个小灯泡上标有“2V,1W”的字样，有下列器材供选用：A．电压表（0～3V，内阻10kΩ）B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）C．电流表（0～300mA，内阻1Ω）D．电流表（0～600mA，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（1000Ω，0.2A）F．滑动变阻器（10Ω，1A）（1）实验中电压表应选用________，电流表应选用______．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用________（用序号字母表示）．（2）下列满足实验要求的电路图是________（用序号字母表示）．【答案】(1).A(2).D(3).F(4).A-14-\n【解析】（1）由小灯泡的规格“2V，1W”可知，额定电压U=2V，额定电流I=0.5A，所以电压表选A，电流表应选D；由于实验要求电流从零调，所以应选阻值小的变阻器F．（2）由于电压表的内阻远大于小灯泡的电阻，所以电流表应用外接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，所以电路图应该选A.点睛：当实验要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当电流表内阻远小于待测电阻时，电流表应用内接法．当电压表内阻远大于待测电阻时，电流表应用外接法．三、计算题20.某直流电动机接入电路，如图所示的实验电路。调节滑动变阻器R的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为0.2A和0.4V。重新调节R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为0.8A和3V。求：（1）这台电动机的线圈电阻；（2）电动机正常运转时的输入功率；（3）电动机正常运转时的输出功率。【答案】（1）2Ω（2）2.4W（3）1.12W【解析】（1）电动机不转时，可看成纯电阻电路，由欧姆定律得：（2）正常工作时输入功率：P入=U2I2=3×0.8=2.4W（3）正常工作时内阻消耗的功率P热=I22r=0.82×2=1.28W输出功率P输出=P入-P热=2.4-1.28=1.12W21.如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′之间距离为1m且足够长，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R=10Ω，整个装置处于竖直向下的匀强磁场B=2T中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，电路中导线和导体棒电阻不计，用一水平向右F=5N的力拉动导体棒MN从静止开始运动，则-14-\n（1）导体棒中的电流方向？（回答M→N还是N→M）（2）当导体棒匀速运动时,棒中的电流大小是多少安？（3）导体棒做何种运动？求最终的速度.【答案】（1）N→M（2）2.5A（3）12.5m/s【解析】（1）根据右手定则或者楞次定律可知，导体棒的电流方向：N→M（2）匀速运动时，F安=F=5N由F安=BIL得I=F/BL=5/2×1=2.5A（3）导体棒受到外力F和安培力的作用，做加速度减小的加速运动，当a=0时达到最大速度，此时F安=F,最后以最大速度做匀速直线运动。由闭合电路欧姆定律I=E/R法拉第电磁感应定律E=BLVmax可知Vmax=IR/BL=12.5m/s22.在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙．动摩擦因数为，滑块CD上表面是光滑的1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,过B点时速度为v0/2，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：(1）物块滑到B处时木板的速度vAB；(2）木板的长度L；(3）滑块CD圆弧的半径。【答案】(1）(2）(3）-14-\n【解析】试题分析：（1）对ABC用由动量守恒得，又，则（2）由A到B，根据能量守恒得，则（3）由D点C，滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒，得解之得:考点：动量守恒及能量守恒定律。-14-