1、甘肃省定西市通渭县2016-2017学年高二（上）期末物理试卷(解析版)一、选择题1一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）ABCD2地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为（）A0.19B0.44C2.3D5.23如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（）A电荷向B做匀加速运动B电荷向B做加
2、速度越来越小的运动C电荷向B做加速度越来越大的运动D电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定4如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（）ABCD5一电饭煲和一台洗衣机同时并入u=311sin 314t V的交流电源上，均正常工作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5A，洗衣机的电流是0.5A下列说法正确的是（）A电饭煲的电阻是44，洗衣机电动机线圈电阻是440B电饭煲消耗的功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的功率为155.5 WC1 min内电饭煲消耗的电能为6.6104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6103 J
3、D电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍6一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）AA点的电场强度一定大于B点的电场强度B粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能CCD间各点电场强度和电势都为零DAB两点间的电势差大于CB两点间的电势差7如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r0若改变四个电阻中的一个阻值，则（）A减小R1，C1、C2所带的电量都增加B增大R2，C1、C2所带的电量都增加C增大R3，C1、C2所带的电量都增加D减小R4，C1、C2所带的电量都增加8在如图所示
4、的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（）AR1短路BR2断路CR3断路DR4短路二、非选择题：9（4分）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）ABCD10用游标为50分度的卡尺（测量值可精确到0.02mm）测定某圆筒的内径时，卡尺上的示数如图甲所示，可读出圆筒的内径为mm（2）图乙中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚
5、度时的示数，此读数应为mm11（8分）某同学测量阻值约为25k的电阻Rx，现备有下列器材：A电流表（量程100 A，内阻约为 2k）；B电流表（量程500 A，内阻约为300）；C电压表（量程15V，内阻约为100k）；D电压表（量程50V，内阻约为500k）；E直流电源（20V，允许最大电流1A）；F滑动变阻器（最大阻值1k，额定功率1W）；G电键和导线若干电流表应选，电压表应选（填字母代号）该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：；12（12分）如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点
6、，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m电荷量为q小球落下的轨迹如图 中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC=30，A距离OC的竖直高度为h若小球通过B点的速度为v，试求：（1）小球通过C点的速度大小（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量13（15分）一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻14（19分）如图（
7、甲）所示，MN为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔OO正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图（乙）所示有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力求：（1 ）磁感应强度B0的大小；（2）要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值2016-2017学年甘肃省定西市通渭县高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压
8、弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）ABCD【考点】胡克定律【分析】根据弹簧受F1F2两个力的作用时的弹簧的长度，分别由胡克定律列出方程联立求解即可【解答】解：由胡克定律得 F=kx，式中x为形变量，设弹簧原长为l0，则有F1=k（l0l1），F2=k（l2l0），联立方程组可以解得 k=，所以C项正确故选C【点评】本题考查胡克定律的计算，在利用胡克定律 F=kx计算时，一定要注意式中x为弹簧的形变量，不是弹簧的长度，这是同学常出差的一个地方2地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的已知木星的轨道半
9、径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为（）A0.19B0.44C2.3D5.2【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力提供向心力，分析线速度之比【解答】解：由万有引力提供向心力，得v=，木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍， =0.44故B正确，A、C、D错误故选B【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力3如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（）A电荷向B做匀加速运动B电荷向B做加速度越来越小的运动C电荷向B做加速度越来越大的运动D电荷向B做加速运动，加速度
10、的变化情况不能确定【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小【解答】解：在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，电荷受到的电场力向右，所以电场线的方向向左，但是只有一条电场线，不能判断电场线的疏密的情况，不能判断电荷的受力的变化的情况，不能判断加速度的变化的情况，所以D正确，ABC错误故选：D【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，理解牛顿第二定律内容，注意加速度的不确定性是解题的关键4如图所示的真空空间中，仅在正方体中的
11、黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（）ABCD【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向有U=21，U=Ed得，21=Ed可判断电势高低【解答】解：根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同再根据U=21，U=Ed得，21=Ed可判断a、b两电势相等故A正确B、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、
12、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故B错误C、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故C错误；D、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小相等，方向不同，两点电势不等，故D错误；故选：A【点评】本题考查了点电荷的电场强度公式E=k，场强的叠加以及电场线的特点，难度中等，是道好题5一电饭煲和一台洗衣机同时并入u=311sin 314t V的交流电源上，均正常工
13、作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5A，洗衣机的电流是0.5A下列说法正确的是（）A电饭煲的电阻是44，洗衣机电动机线圈电阻是440B电饭煲消耗的功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的功率为155.5 WC1 min内电饭煲消耗的电能为6.6104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6103 JD电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍【考点】电功、电功率【分析】电饭煲是纯电阻，洗衣机不是纯电阻，加在洗衣机两端的电压不是全部加在内阻上，根据功率公式和热量公式可以方向各项【解答】解：A、电饭煲与洗衣机的都与电源并联，电源两端电压相等，均为220V，由欧姆定律可求得电饭煲的电阻为=44，但洗
14、衣机不是纯电阻用电器，由=440求得的电阻是错误的，所以A项错误；B、它们消耗的电功率分别为P1=UI1=1100W，P2=UI2=110W，所以B项错误；C、电饭煲和洗衣机在1min内产生的电能分别为Q1=P1t=6.6104J，Q2=P2t=6.6103J，所以C项正确；D、因洗衣机的内阻未知，无法比较二者的发热功率，所以D项错误故选：C【点评】本题需要注意的是对于非纯电阻器件，要注意区分两端电压和其内阻上的分压，区分总功率、机械功率和内阻消耗的功率6一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）AA点的电场强度一定大于B点的电场强度
15、B粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能CCD间各点电场强度和电势都为零DAB两点间的电势差大于CB两点间的电势差【考点】电势差；电场强度【分析】从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系【解答】解：A、由运动的速度时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电
16、场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；B、由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确C、从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；D、A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误故选：AB【点评】本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少
17、；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值这常是判断电荷电势能如何变化的依据还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似7如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r0若改变四个电阻中的一个阻值，则（）A减小R1，C1、C2所带的电量都增加B增大R2，C1、C2所带的电量都增加C增大R3，C1、C2所带的电量都增加D减小R4，C1、C2所带的电量都增加【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】由电路图可
18、知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化【解答】解：A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路
19、欧姆定律可知，电路电流减小，由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确；故选BD【点评】本题是一道闭合电路的动态分析，熟练应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路特点、Q=CU即可正确解题8在如图所示的电路中，由于
20、某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（）AR1短路BR2断路CR3断路DR4短路【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】A灯变暗，说明外电阻总电阻变大了；B灯变亮，说明其分得的电压变大了；根据传并联电路的特点和闭合电路欧姆定律列式求解【解答】解：A、R1短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故A错误；B、R2断路，B灯泡分得的电流变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故B正确；C、R3断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故C正确；D、R4短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故D错误；故选BC【点评】本题是电路的动态分
21、析问题，关键理清电路结构，然后根据串并联电路的特点分析，不难二、非选择题：9一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）ABCD【考点】电容器的动态分析【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化【解答】解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为
22、一次函数图象！故A错误；B、由U=可知，U=Q，则E=，故E与d无关，故B错误；C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势=E（ll0）；故C正确；D、电势能E=q=Eq（ll0），不可能为水平线，故D错误；故选：C【点评】本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解10（1）用游标为50分度的卡尺（测量值可精确到0.02mm）测定某圆筒的内径时，卡尺上的示数如图甲所示，可读出圆筒的内径为54.14mm（2）图乙中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为6.123mm【考点】刻度尺、
23、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】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【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为54mm，游标读数为0.027mm=0.14mm，所以最终读数为54.14mm （2）螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为0.0112.3mm=0.123mm，所以最终读数为6.123mm故答案为：54.14，6.123【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
24、可动刻度读数时需估读11某同学测量阻值约为25k的电阻Rx，现备有下列器材：A电流表（量程100 A，内阻约为 2k）；B电流表（量程500 A，内阻约为300）；C电压表（量程15V，内阻约为100k）；D电压表（量程50V，内阻约为500k）；E直流电源（20V，允许最大电流1A）；F滑动变阻器（最大阻值1k，额定功率1W）；G电键和导线若干电流表应选B，电压表应选C（填字母代号）该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：电流表应采用内接的方法；滑动变阻器应采用分压器方式的接法【考点】伏安法测电阻【分析】
25、合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法【解答】解：（1）电阻上是最大电流：，故电流表应选择B；因直流电源的电压是20V，故量程是50V的电压表的使用效率偏低，应选择电压表C；（2）因待测电阻约为25K，大电阻故用内接法；因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用分压式接法故答案为：B，C电流表应采用内接的方法；滑动变阻器应采用分压器方式的接法【点评】实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要
26、弄清楚12（12分）（2016秋通渭县期末）如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m电荷量为q小球落下的轨迹如图 中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC=30，A距离OC的竖直高度为h若小球通过B点的速度为v，试求：（1）小球通过C点的速度大小（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量【考点】动能定理的应用【分析】（1）B、C在以点电荷为圆心的圆上，故BC两点电势相等，从B至C的过程中合外力做功等于重力做功，根据动能定理求解C点速度大小；（2）从A到C的过程中只有重力和电场
27、力做功，根据动能定理求出电场力做的功，再根据电场力做功与电势能变化的关系求电势能的增加量【解答】解：（1）因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：解得小球在C点的速度为：（2）小球从A到C的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理得：解得： =根据电势能变化与电场力做功的关系得电势能的增加量为：答：（1）小球通过C点的速度大小为（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量【点评】本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度13（15分）（2006江苏模拟）一台小型电动机在3V电压下工作，用此电
28、动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻【考点】电功、电功率；能量守恒定律【分析】（1）由P=UI求出电动机的输入功率（2）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由P=Fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率（3）由电功率公式Q=I2r的变形公式求出线圈电阻【解答】解：（1）电动机的输入功率P入=UI=0.23 W=0.6 W（2）电动机提升重物的机械功率P机=Fv=（43/30）W=0.4 W根据能量关系P
29、入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入P机=（0.60.4）W=0.2 W所生热量Q=PQt=0.230 J=6 J（3）由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻R=5答：（1）电动机的输入功率为0.6W（2）线圈电阻产生的热量为6J（3）线圈电阻为5【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和14（19分）（2014广州三模）如图（甲）所示，MN为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔OO正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图（乙）所示有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在
30、磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力求：（1 ）磁感应强度B0的大小；（2）要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动的周期公式，可求出磁感应强度（2）由几何关系可确定运动半径与已知长度的关系，由正离子在两板运动n个周期，从而即可求解【解答】解：（1）正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动的周期，联立两式得磁感应强度，（2）要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期，即T0，则两板之间正离子运动n个周期，即nT0，则R=，联立上式可得，正离子的速度=答：（1 ）磁感应强度B0的大小；（2）要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值为（n=1，2，3）【点评】考查离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律的应用，理解几何关系的运用，同时注意运动的周期性
