2016-2017学年北京市第四中学高二上学期期末考试物理试题 解析版
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北京四中2016-2017学年上学期高二年级期末考试物理试卷一、选择题（本大题共18小题；每小题3分，共54分。
在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确。
全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
）1. 下列说法中正确的是（）A. 布朗运动就是液体分子的无规则热运动B. 布朗运动反映了液体分子的无规则热运动C. 物体吸收热量，内能一定增大D. 物体吸收热量，内能可能减小【答案】BD【解析】AB、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故A错误、B正确；CD、根据热力学第一定律公式△U=Q+W，气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，故C错误、D正确。
故选：BD。
2. 关于磁场中某点的磁感应强度方向，下列说法中正确的是（）A. 磁感应强度的方向就是自由转动的小磁针静止时N极的指向B. 磁感应强度的方向就是小磁针N极在该点的受力方向C. 磁感应强度的方向就是一小段通电直导线在该点的受力方向D. 磁感应强度的方向就是磁感线在该点的切线方向【答案】ABDB、磁感应强度的方向规定为小磁针N极在该点的受力方向，B正确；C、B的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，C错误；D、磁感应强度的方向就是通过该点的磁感线的切线方向，D正确。
故选：ABD。
3. 质量为m的通电细杆ab置于倾角为的光滑的平行导轨上，在磁场的作用下，ab恰好在导轨上静止，如下图所示。
下图是从b端观察时的四个平面图，其中通电细杆ab可能保持静止的是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】A、杆受到向下的重力，水平向右的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，可以处于平衡状态， A正确；B、杆子受重力、竖直向上的安培力，在这两个力的作用下，可以处于平衡状态， B正确；C、杆受到的重力竖直向下，安培力竖直向下，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，不可能处于平衡状态，C错误； ...D、杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，不可能处于平衡状态，D错误。
故选：AB.。
4. 有个电流计，内阻R g=300，满偏电流I g=1mA，要把它改装成一个量程为3V的电压表，需要给它（）A. 并联一个0.1的电阻B. 串联一个0.1的电阻C. 并联一个2.7K的电阻D. 串联一个2.7K的电阻【答案】D【解析】改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为：则A、B、C错误，D正确。
故选：D。
5. 如图是奥斯特实验的装置图，在不考虑磁偏角的情况下，为了更直观的说明电流周围存在磁场，下列有关奥斯特实验的做法和现象正确的是（）A. 做实验时，通电直导线应该沿东西方向水平放置B. 做实验时，通电直导线应该沿南北方向水平放置C. 通以如图电流，小磁针的N极将垂直纸面向里转动D. 通以如图电流，小磁针的N极将垂直纸面向外转动【答案】BC【解析】AB、由于在地球表面的磁感线由南极指向北极，所以小磁针静止时N极指向北，S极指向南，故为了让小磁针发生明显偏转，应让导线中的磁场沿东西方向，所以通电直导线沿南北方向水平放置，A错误、B正确；CD、通以图示电流时，在导线下方，磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极将垂直纸面向里转动，C正确、D错误。
故选：BC。
【名师点睛】明确地球磁场对小磁针的作用方向，为了让效果明显，应该让导线产生的磁场方向与地磁场垂直最好，再根据右手定则即可明确导线的放置方向；根据右手定则判断导线下方的磁场方向，判断小磁针的转动方向。
6. 如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上距原点r3的位置。
虚线分别表示分子间斥力f斥和引力f引的变化情况，实线表示分子间的斥力与引力的合力f的变化情况。
若把乙分子由静止释放，则乙分子（）A. 从r3到r2做加速运动，从r2到r1做减速运动B. 从r3到r1做加速运动，从r1向O做减速运动C. 从r3到r1的过程中，分子势能先减小再增大D. 从r3到r1的过程中，分子势能一直在减小【答案】BD【解析】从r3到r1，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，分子做加速运动；从r1向O，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，分子做减速运动；A、 C错误，BD正确。
故选BD。
...7. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r。
L1、L2是两个小灯泡。
闭合S后，两灯均能发光。
当滑动变阻器的滑片向右滑动时（）A. L1变暗B. L1变亮C. L2变暗D. L2变亮【答案】AD【解析】试题分析：由电路图可知，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I变小，灯电阻不变，由可知，灯的实际功率变小，灯变暗；电路电流I变小，电源内阻r、灯电阻不变，则并联电压变大，灯电阻不变，灯的实际功率变大，则灯变亮；AD正确，考点：闭合电路的欧姆定律．8. 如图，一个枕形导体AB原来不带电。
将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电量为-Q，与AB中心O点的距离为R。
由于静电感应，在导体A、B两端分别出现感应电荷，达到静电平衡时，则（）A. 导体A端电势高于B端电势B. 导体A端电势低于B端电势C. 感应电荷在O点产生的场强为0D. 感应电荷在O点产生的场强大小为【答案】D【解析】AB、当达到静电平衡时导体是一个等势体，A端电势等于B端电势，AB错误；C、点电荷和感应电荷在导体中心O点产生的电场的合场强为0，C错误；D、感应电荷在O点产生的场强与点电荷产生的场强等大反向，所以感应电荷在O点产生的场强大小为，D正确。
故选D。
9. 把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。
先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。
与电流传感器相连接的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示。
下列关于这一过程的分析，正确的是（）A. 曲线1表示电容器的充电过程，曲线2表示电容器的放电过程B. 形成电流曲线1的过程中，电容器两极板间电压逐渐升高C. 形成电流曲线2的过程中，电容器的电容在逐渐减小D. 曲线1与横轴所围的面积等于曲线2与横轴所围的面积【答案】ABD【解析】曲线1表示电容器的充电过程，曲线2表示电容器的放电过程，A正确；B、在形成电流曲线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，所带电量增大，电容不变，由电容的定义式C=Q/U分析可知，极板间电压增大，B正确；C、在形成电流曲线2的过程中，开关S与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，C错误；D、I−t图线与时间轴围成的面积表示电荷量。
由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，D正确。
故选ABD。
...【名师点睛】电容器充电过程中，电荷量增加，根据电容的定义式C=Q/U分析极板间电压的变化．在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变。
根据I-t图线所围成的面积求解放电的电荷量。
10. 如图所示，A、B是两块平行金属极板，充电后与电源断开。
A板带正电，B板带负电并与地连接，有一带电微粒悬浮在两板间P点处静止不动。
现将B板上移到虚线处，则下列说法正确的是（）A. 带电微粒的电性为正B. 平行板电容器电容增大C. 极板间P点的电势升高D. 带电微粒的电势能增大【答案】BD【解析】A、带电微粒悬浮在两板间静止不动，受到的电场力向上，带电微粒带负电，A错误；B、根据电容的决定式可知，板间距离减小，则电容增大，B正确；C、由决定式及电容的定义式C=Q/U和板间场强公式E=U/d结合得到：，E不变。
P 点与下极板间的距离减小，由U=Ed可知，P与下极板间的电势差减小，而P点的电势比下极板的电势高，所以P点电势变小，C错误；D、根据，带电微粒带负电，电势变小，所以带电微粒的电势能变大，D正确。
故选：BD。
11. 如图所示，是一个示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后以一定的速度垂直进入电压为U2的偏转电场，离开电场时的偏转量是h，若两平行板间距离为d，极板长为l。
假设电子都可射出，为了增加射出电场时的偏转量h，可以采取下列哪些方法（）A. 增大加速电压U1B. 减小极板长度lC. 增大偏转电压U2D. 减小极板间距d【答案】CD【解析】电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：所以电子进入偏转电场时速度的大小为：电子进入偏转电场后的偏转的位移为：因此要增加射出电场时的偏转量h，可以增大U2、l，减小d、U1，所以CD正确，AC错误。
故选CD。
【名师点睛】根据偏转量的定义，分析电子的偏转位移的大小，找出其关系式，根据关系式来分析偏移量与哪些物理量有关．12. 如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线。
若有一负点电荷以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示。
下列关于A、B两点的电势和电场强度E大小的判断正确的是（）A. E A>E BB. E A<E BC. A>BD. A<B【答案】AC...【解析】试题分析：v﹣t图象的斜率等于加速度，由图先分析出电子的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；根据电场线的方向可以确定电势的高低．解：AB、v﹣t图象的斜率等于加速度，由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强，即E A＞E B；故A正确，B错误；CD、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由B→A，而电子带负电，则电场线方向由A→B，A点的电势要大于B点电势，即φA＞φB，故C正确，D错误；故选：AC．【点评】本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断．13. 在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R0为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。
则以下判断中正确的是（）A. 电源两端的电压为8VB. 电源输出的电功率为20WC. 电动机两端的电压为7.0VD. 电动机的输出功率为12W【答案】BCD【解析】A、电路中电流表的示数为2.0A，电源两端的电压为：，A错误；电源的输出功率为：，B正确；C、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机两端的电压为：，C正确；D、电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=14W−2W=12W，D正确。
