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高二期第一学期末试卷物理一、选择题，本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项．．．．．．符合题目要求。1.下列物理量中，属于标量的是A.电势能B.电场强度C.磁感强度D.洛伦兹力【答案】A【解析】【分析】标量是只有大小没有方向的物理量，矢量是既有大小又有方向的物理量。根据有无方向确定。【详解】电场强度、磁感应强度和力都是矢量，只有电势能是标量，故属于标量的选A。【点睛】矢量与标量明显的区别是：矢量有方向，标量没有方向。要掌握物理量的矢标性。2.在国际单位制中，电压的单位是A.库仑B.韦伯C.伏特D.焦耳【答案】C【解析】【分析】在国际单位制中，电学的单位都是为纪念物理学家的而命名的，结合各单位与物理量的关系分析即可。【详解】库仑是电荷量的单位；韦伯是磁通量的单位；伏特是电压的单位；焦耳是能量的单位。故本题选C。【点睛】该题考查常见的国际单位，了解用科学家的名字命名的原因，有利于激发学生学习物理的兴趣与热情3.如图所示，一个物体受F1和F2两个互相垂直的共点力作用，其中F1=6N，F2=8N。这两个力的合力大小为A.2NB.10NC.14ND.48N【答案】B【解析】【分析】根据平行四边形定则求出合力的大小，由勾股定理，即可求解。【详解】如图所示：根据力的平行四边形定则，可知质点所受F1和F2的合力大小为：故本题选B。【点睛】解决本题的关键知道力的合成遵循平行四边形定则，以及知道两个力同向时，合力最大，两个力反向时，合力最小。4.铜是良好的导电材料。在一段通电铜导线内，定向移动形成电流的微粒是A.原子核B.电子C.既有电子也有原子核D.原子【答案】B【解析】【分析】明确电流的性质，知道金属导体中形成电流的是自由电子。【详解】在金属铜中可以自由移动的是自由电子，原子核、原子均不能自由移动，故形成电流的微粒是电子，故选B。【点睛】本题考查电流的形成，知道金属导体中能形成电流的自由电子。5.如图所示，小球从竖直放置的轻弹簧正上方自由下落。在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的动能A.变大B.不变C.变小D.先变大后变小【答案】D【解析】【分析】根据小球的受力情况，应用牛顿第二定律判断加速度大小，然后判断小球的运动性质，即可判断出小球的动能变化。【详解】小球与弹簧接触后，受到竖直向下的重力与竖直向上的弹簧弹力作用，开始，小球的重力大于弹力，合力向下，加速度向下，小球向下做加速运动，随小球向下运动，弹簧的弹力增大，合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，合力为零时，小球速度最大；所受当弹簧的弹力大于小球重力后，合力向上，加速度向上，速度方向与加速度方向相反，小球做减速运动，随小球向下运动，弹力增大，小球受到的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的减速运动，直到减速到零；由以上分析可知，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故D正确故选：D。【点睛】本题考查了判断小球速度与加速度随时间变化关系，知道小球的受力情况、应用牛顿第二定律即可正确解题。6.一个固定电容器在充电过程中，两个极板间的电压U随电容器所带电荷量Q的变化而变化。下图中正确反映U和Q关系的图像是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】明确电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知U与Q成正比。【详解】根据，可知，由于电容器不变，因此电压U和电量Q成正比，故A正确BCD错误。【点睛】解决本题的关键掌握电容的定义式为，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时根据电容器的决定式理解电容器电容大小与那些因素有关7.下图是阴极射线管的示意图，阴极射线管的两个电极接到高压电源时，阴极会发射电子。电子在电场中沿直线飞向阳极形成电子束。将条形磁铁的磁极靠近阴极射线管时，电子束发生偏转；将条形磁铁撤去，电子束不再发生偏转。上述实验现象能说明A.电子束周围存在电场B.电流是电荷定向运动形成的C.磁场对静止电荷没有力的作用D.磁场对运动电荷有力的作用【答案】D【解析】【分析】明确题意，知道射线管放置在磁场内，故说明运动电荷在磁场中受到的磁场力的作用。【详解】将条形磁铁的磁极靠近阴极射线管时，电子束发生偏转；将条形磁铁撤去，电子束不再发生偏转，说明运动电荷在磁场中受到的磁场力的作用，故本题选D。【点睛】本题考查对实验现象的分析能力。8.双星是两颗相距较近的天体，在相互间万有引力的作用下，绕连线上某点做匀速圆周运动。对于两颗质量不等的天体构成的双星，下列说法中正确的是（）A.质量较大的天体做匀速圆周运动的向心力较大B.质量较大的天体做匀速圆周运动的角速度较大C.两颗天体做匀速圆周运动的周期相等D.两颗天体做匀速圆周运动的线速度大小相等【答案】C【解析】两颗行星在两者之间的万有引力作用下做匀速圆周运动，可知两行星做匀速圆周运动的向心力相等，选项A错误；两行星绕同一圆心转动，角速度相等，周期相等，选项B错误，C正确；根据可知，两星质量不等，转动半径不等，则根据v=ωr可知，线速度大小不等，选项D错误；故选C.点睛：本题的关键是理解双星系统的特点：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期和角速度，运用动力学思路列式进行分析．9.如图5所示，两颗“近地”卫星1和2都绕地球做匀速圆周运动，卫星2的轨道半径更大些．两颗卫星相比较，下列说法中正确的是A.卫星2的向心加速度较大B.卫星2的线速度较大C.卫星2的周期较大D.卫星2的角速度较大【答案】C【解析】试题分析：卫星绕地球做匀速圆周运动，万一引力提供向心力，，向心加速度，卫星2半径大，向心加速度小选项A错。线速度，卫星2半径大，线速度小选项B错。周期，卫星2轨道半径大周期大选项C对，角速度，卫星2半径较大，角速度小选项D错。考点：万有引力与航天10.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是A.若aAaB，则Q靠近M端且为负电荷B.若aAaB，则Q靠近M端且为正电荷C.EpA=EpBD.EpAEpB【答案】B【解析】AB、由图可知粒子电场力应向左方，因粒子带负电，故电场线的方向应向右，若aAaB，则Q靠近N端且为负电荷，故A错误；若aAaB，则Q靠近M端且为正电荷，故B正确；CD、粒子由A到B过程中，电场力做负功，电势能增加，故A点的电势能EpA小于在B点的电势能EpB；故CD错误；故选B。【点睛】曲线运动中，合力指向曲线的内侧；轨迹与电场线交点位置，电场力向左，故从A到B，电场力做负功，电势能增加。11.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P和Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、和。一带正电的粒子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则A.若带正电的粒子由M点运动到Q点，电场力做正功B.若带正电的粒子由P点运动到Q点，电场力做负功C.直线c位于某一等势面内，D.直线a位于某一等势面内，【答案】C【解析】CD、据题可知，带正电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势增加，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且，故D错误，C正确．A、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若带正电的粒子由M点运动到Q点电场力不做功，故A错误；B、带正电的粒子由P点运动到Q点与带正电的粒子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故B错误；故选C。【点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记。12.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确．13.如图所示，平行金属板间存在匀强电场，一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场，经过时间t1射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d1。另一个电子以初速度v2（v2v1）仍沿平行于板面方向射入电场，经过时间t2射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d2。不计电子的重力，则下列关系式中正确的是A.t1t2B.t1=t2C.d1d2D.d1d2【答案】C【解析】【分析】电子垂直入射电场，在穿越电场的过程中，做类平抛运动，沿垂直电场的方向的分运动为匀速直线运动，沿平行于电场的方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动。【详解】电子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动：，沿平行与电场的方向上的分运动为匀加速直线运动，偏转量。由于两电子穿越同一电场，所以加速度a相同，但由于初速度，故，。故本题选C。【点睛】本题考查化曲为直，处理类平抛运动问题的分析方法，会比较不用粒子在电场中运动的时间和偏转量，掌握分析方法至关重要。14.如图所示，正方形区域EFGH中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子（不计重力）以一定的速度从EF边的中点M沿既垂直于EF边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从EH边的中点N射出。若该带电粒子的速度减小为原来的一半，其它条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是A.E点B.N点C.H点D.F点【答案】A【解析】【分析】带电粒子垂直磁场方向进入磁场后，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；根据洛伦兹力提供向心力和轨迹上两点的连线的中垂线都通过圆心找到圆心，确定半径；改变速度后，根据洛伦兹力提供向心力求出新的半径，再次根据洛伦兹力提供向心力找出圆心，画出轨迹。【详解】第一次从点M进入磁场，从点N射出，故M、N是轨迹上的两个点，连线的中垂线通过圆心，经过M点时，洛伦兹力提供向心力，判断出洛伦兹力的方向是平行纸面向上并指向C点，故得到C即为圆心，半径R等于线段CM的长度，即正方向边长的一半；洛伦兹力提供向心力，有，解得：，该带电粒子的速度减小为原来的一半后，半径减小为一半；故圆心移到线段CM的中点，轨迹如图；故本题选A。【点睛】本题关键在于找出圆心、确定轨迹、求出半径，同时要结合洛伦兹力提供向心力进行分析计算。15.如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架。图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F安随时间t的变化关系，则图中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是A.B.C.D.【答案】B【解析】金属杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，电流：，安培力：，由图示F安-t图象可知，F安∝t，则：v∝t，说明导体做匀加速运动，则：v=at，由牛顿第二定律得：F-F安=ma，解得：，由图示图象可知，ABC错误，D正确；故选D．二、填空题。（本题共1道大题，共18分）16.在描绘一个标有“6.3V0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到6.3V，并便于操作。已选用的器材有：学生电源（电动势为9V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0~0.6A，内阻约0.2Ω；量程为0~3A，内阻约0.04Ω