1、马鞍山市第二中学20172018学年度第一学期期末素质测试 高二物理试题(理科)命题人 章亮 审题人 陈向群 一、选择题（本题共12道小题，1-8小题为单选，9-12小题为多选，每小题4分，共48分）1关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（ ）A线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大2真空中有两个点电荷，若每个电荷的电量均增大到原来的2倍，相隔的距离增大到原来的4倍，则它们间的相互作用力（）A减小到原来的 B减小到原来的C增大到原来的
2、2倍 D增大到原来的4倍3A、B为某电场中一条直线上的两个点，以A点为原点，AB方向为正方向建立坐标。现将正点电荷从A点静止释放，仅在电场力作用下运动一段距离到达B点，其电势能EP随位移x的变化关系如图所示从A到B过程中，下列说法正确的是（）A电场力对电荷一直做正功 B电势一直升高C电荷所受电场力先减小后增大 D电荷所受电场力先增大后减小4如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和2Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点下列说法正确的是（）AA点场强小于B点场强 BC点场强与D点场强相同CA点电势小于B点电势 D将某正电荷从C点移到O点，电场力不做功5用控制变量法，可
3、以研究影响平行板电容器的因素（如图）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，减小d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，增大S，则变小D保持d不变，增大S，则不变6磁电式电流表（表头）最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程已知某一表头G，内阻Rg=30，满偏电流Ig=5mA，要将它改装为量程03A的电流表，所做的操作是（）A串联一个570的电阻B并联一个570的电阻C串联一个0.05的电阻D并联一个0.05的电阻7如图所示，闭合电路，当滑动变
4、阻器滑片P移动时，各电流表示数变化情况是（）AA1、A2的示数同时增大、同时减小 BA1示数增大时，A2的示数减小CA1的示数减小时，A2的示数增大 DA1的示数变化量大于A2的示数变化量8如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框受到的安培力为F，若将ACB边移走，则余下线框受到的安培力大小为（ ）A. B. C. D. 9如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C下列说法中正确的是（）A粒子一定带负电 BA处场强大于C处场强C粒子在A处电势能小于在C处电势能
5、D粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 10如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处由两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），小球P从紧靠左极板处由静止开始释放，小球Q从两极板正中央由静止开始释放，两小球均沿直线运动打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（）A它们的运动时间之比为 B它们的电荷量之比为C它们的动能增量之比为 D它们的电势能减小量之比为11如图所示是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子
6、位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是（）A质谱仪是分析同位素的重要工具 B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小12如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连下列说法正确的是 （）A当P向右移动时，通过R的电流方向为由b到aB当P向右移动时，通过R的电流方向为由a到bC断开S的瞬间，通过R的电流方向为由b到aD断开S的瞬间，通过R的电流方向为由a到b二、实验题（本题共2道小题，每空2分，共14分
7、）13（1）甲同学用下列器材探究一个小灯泡（3V、1.5W）的电阻随其两端电压的变化关系：A待测小灯泡（3V、1.5W）B电源（3V、内阻不计）C电流表（03A，内阻约0.1）D电流表（0600mA，内阻约0.5）E电压表（03V，内阻约3k）F滑动变阻器（010，1A）G滑动变阻器（01k，300mA）H开关一个，导线若干实验中电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （填器材前的字母）该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线，如图所示，则小灯泡的电阻随其两端电压的变化关系是 （2）某同学设计的可测电源电路如图(a)所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S.用电压表测量A、B两端的电压，将电压
8、表调零，选择03 V挡，示数如图(b)，电压值为_ V.在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于_端要使输出电压U变大，滑片P应向_端滑动若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在_的风险(填“断路”或“短路”)试卷答案1、D2、A3.C考点: 电势能；电场强度解：A、电势能先减小后增大，则电场力做正功后做负功故A错误B、正电荷从A到B电场力先做正功，后做负功，则说明电场力方向变化，即电场线方向先向右，后向左，所以电势先降低后升高故B错误C、电势能EP随位移x的变化关系图象的斜率表示电场力的大小，因此电场力先减小后增大故C正确，D错误故选C4.A考点:电场的叠加；电场强度解：A
9、、由于2QQ，A点处电场线比B点处电场线疏，A点场强小于B点场强，故A正确；B、由于电场线关于MN对称，C、D两点电场线疏密程度相同，则C点场强等于D点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B错误；C、由题，电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势，故C错误；D、由图象知O点电势低于C点电势，故将某正电荷从C点移到O点，电场力做正功，故D错误；故选：A5.C6.C7.A考点:闭合电路的欧姆定律解：ABC若滑动变阻器向下移动时，连入电路的阻值变小，故外电路的总电阻变小，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变大，电流表的示数变大，故路端电压U=
10、EIr变小；定值定则的电流减小，由于总电流增加，故通过变阻器的电流增加了，即的示数增大，即的示数同时增大；同理，若滑动变阻器向上移动时，连入电路的阻值变大，故外电路的总电阻变大，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变小，电流表的示数变小，故路端电压U=EIr变大；定值定则的电流增大，由于总电流减小，故通过变阻器的电流减小了，即的示数减小，即的示数同时减小，故A正确，BC错误；D、A1、A2的示数同时增大、同时减小，而电流变化情况与两只电流表相反，所以示数变化量小于的示数变化量，故D错误；故选：A8.B考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力
11、学的分析方法基本相同先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解9.BC考点:电势差与电场强度的关系；电场强度解：AB、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电故A错误；B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；C、从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负
12、功，电势能增大，故C正确；D、由于电势差相同，根据W=Uq知，电场力做功相同，故D错误故选：BC10.BC依据左手定则得出安培力方向为沿导轨向上，A错误；B正确；由力的矢量三角，C正确；D错误。11.ABC解：本题考查质谱仪的工作原理，意在考查考生分析带电粒子在电场、磁场中的受力和运动的能力粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动在速度选择器中受力平衡：EqqvB得vE/B，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，BC正确进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qvB0得，R，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A对，D错12.AD考点:楞次定律解：AB、当P
13、向右移动，导致电流增大，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极则线圈N的左端是N极，右端是S极导致向右穿过线圈N的磁通量变大，则由楞次定律可得：感应电流方向由b流向a；故A正确，B错误；CD、当断开S的瞬间，导致电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极则线圈N左端是N极，右端是S极导致向右穿过线圈N的磁通量变小，则由楞次定律可得：感应电流方向由a流向b；故C错误，D正确；故选：AD13.解：（1）由图可知，电流的最大值为0.5A，故电流表应选择600mA，故选D；因采用滑动变阻器分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；由图可知，IU图象中的斜率减小，因IU图
14、象中的斜率表示电阻的倒数，可知电阻随电压的增大而增大；（2）答案1.30AB断路解析读数为1.30 V；接通电路前，应该使滑片置于A端，使用电器两端的电压为0，这样才能保证外电路安全；要增大外电路电压，需要使滑片滑向B端；如果电路中不接入保护电阻，可能造成电流过大，可调电源内电路出现断路现象，无法对外输出电压14.（1）5V.（2）200V/m考点：电场力的功与电势差的关系解决本题的关键注意：1、在运用W=qU时，q的正负、U的正负、W的正负都要代入计算，2、在中，d表示沿电场线方向上的距离。1)由W=qU，得且UAB=A-B=-6 V故A=B+UAB=1 V-6 V=-5 V，即A点的电势为
15、-5 V (2)由B向AC作垂线交AC于D，D与B在同一等势面上，UDA=UBA=U=6 V，沿场强方向AD两点间距离为d=，所以场强15.考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律. 解：（1）通过电动机的电流I与流过限流电阻R的电流相同，由I=得：I=0.1 A（2）由E=Ir+U+UD可得电动机两端电压：UD=EIrU=6 V0.11 V0.3 V=5.6 V所以电动机输入的电功率：P入=UDI=0.56 W电动机的发热功率：P热=I2R=0.02 W电动机的输出功率：P出=P入P热=0.54 W答：（1）通过电动机的电流是0.1A；（2）电动机输入的电功率为0.56W、转变为热量的功率为0
16、.02W和输出机械功率是0.54W17.解：（1）当金属棒速度稳定时： （2）当速度v1=0.4m/s时： （3）换成电容器时t时刻棒的速度为v，则棒产生的电动势和电容器充电电量在内电量变化为故则16.解：（1）在电场中粒子做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t1，则有：2h=v0t1h=at12根据牛顿第二定律得：qE=ma联立式得：E=（2）由题意可知，粒子进入磁场时速度也为v，根据动能定理得：qEh=再根据 qvB=m联立式得：，r=（3）如图，设粒子离开磁场时的位置坐标为（x、y），粒子进入磁场时速度v，与x轴正方向的夹角为，由图可得：cos=，=45所以 x=2hrcos45=2hy=r+rsin45=（1+）答：（1）电场强度大小E为；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径为；（3）粒子离开磁场时的位置坐标为（2h），（1+）考点:带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动
