2017-2018学年安徽省池州市东至二中高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年安徽省池州市东至二中高二上学期期末考试物理试题 解析版

安徽省池州市东至二中2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1. 2017年12月8日消息,青岛科技大学在石墨烯量子点高效太阳能电池研究方面取得突破,提高了其光电转换效率。近期科学家研制出一种新的太阳能电池,在正常照射下可将光能转换成电能的效率高达45%,若用这种太阳能电池产生5V的电动势,可获得0.9A的电流,则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量约是 A. 2J B. 4.5J C. 10J D. 50J ‎【答案】C ‎【解析】根据W=EIt可得，太阳能电池每秒产生的能量为W=5×0.9×1J=4.5J，设太阳每秒照射的能量为Q，则由能量守恒定律得Q×45%=W，所以Q=10J，只有选项C正确。‎ ‎2. 如图所示,磁场中固定一个电量为+Q的正点电荷,一个质子以+Q点电荷为圆心在匀强磁场中作匀速圆周运动。磁场方向垂直于纸面向里,磁感强度为B。若质子所受洛伦兹力是电场力的3倍。质子的电量设为q,质量为m,则质子的运动的角速度和绕行方向是 A. ;顺时针方向 B. ;逆时针方向 C. ;逆时针方向 D. ,顺时针方向 ‎【答案】B ‎【解析】由于两个粒子都带正电，故质子的洛伦兹力一定指向圆心，由左手定则得绕行方向必是逆时针方向。对质子受力分析可知，Bqv-Eq=mω2r，又Bqv=3Eq ，v＝ωr，故ω＝，只有选项B正确.‎ ‎3. 如图所示,两个等量正点电荷q位于y轴上,关于原点O呈对称分布。选取x轴正方向为场强E的正方向,下列能正确描述沿x轴上各点电场强度E变化规律的图是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】两等量的同种点电荷的电场，在其连线的中点场强为零，在连线中垂线上关于中点对称的某两处各有场强的最大值，但这两处的场强方向相反。结合图形的分布，只有选项A正确。‎ ‎4. 如图所示,用绝缘细线悬挂一个导线框,导线框是由两同心半圆弧导线和在同一条水平直线上的直导线EF、GH连接而成的闭合回路,导线框中通有图示方向的电流,处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线O。当O中通以垂直纸面方向向里的电流时 A. 长直导线O产生的磁场方向沿着电流方向看为逆时针方向 B. 半圆弧导线ECH受安培力大于半圆弧导线FDCG受安培力 C. EF所受的安培力方向垂直纸面向外 D. 从上往下看,导线框将顺时针转动 ‎【答案】D ‎【解析】当直导线O中通以垂直纸面方向向里的电流时，由安培定则可判断出长直导线O产生的磁场方向为顺时针方向，选项A错误；磁感线是以O 为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，选项B错误；由左手定则可判断出直导线EF所受的安培力方向垂直纸面向里，选项C错误； GH所受的安培力方向垂直纸面向外，从上往下看，导线框将顺时针转动, 选项D正确；故选D.‎ ‎5. 如图所示,边长为L=1m的等边三角形ABC置于匀强电场中,电场线的方向平行于△ABC所在平面,其中A点电势为1V,AC中点电势为2V,BC中点的电势为4V,则该匀强电场的场强大小是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据在匀强磁场中，在一条直线（非等势线）上电势差与长度成正比，易得C点电势为3V，B点电势为5V，则AB中点D的电势为3V，知CD为3V等势线，则AB所在线为电场线，易得，=4V/m。只有选项C正确.‎ ‎6. 无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度的大小与电流大小成正比,与导线到这一点的距离成反比如图所示,两根长直导线电流大小I1>I2。方向如图所示,且垂直于纸面平行放置,纸面内有M、N、O、P四点,其中M、N在导线横截面连线的延长线上,O点在导线横截面的连线上,P在导线横截面连线的垂直平分线上。这四点处磁场的磁感应强度可能为零的是 A. M点 B. N点 C. O点 D. P点 ‎【答案】B ‎7. 带负电的Q与带正电的Q1和Q2三个孤立的点电荷分别在光滑绝缘水平面上, Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，Q恰好静止不动,Q1Q2围绕Q做匀速圆周运动,在运动过程中三个点电荷始终共线,如图所示。Q1、Q2的电荷量之比为n，Q1、Q2的质量之比为m,不计点电荷间的万有引力,则下列说法正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎............‎ 点睛：考查库仑定律的应用，掌握匀速圆周运动的基本知识，本题类似于双星问题，关键抓住条件：周期相同．‎ ‎8. 静电涂装工艺起源于20世纪50年代初。如图所示,带负电荷的雾化油漆微粒在直流高压(80~90kV)电场中,飞向带正电荷的工件表被喷涂工件表面,形成漆膜,忽略运动中涂料微粒间的相互作用和微粒的重力,下列说法正确的是 A. 微粒的动能增加 B. 电场力对微粒做负功 C. 微粒所受电场力方向与电场方向相同 D. 微粒电势能减小 ‎【答案】AD ‎【解析】带负电的油漆微粒被正极吸引，所受电场力方向与电场方向相反，电场力做正功，微粒动能增加，电势能减小。选项AD正确，BC错误；故选AD。‎ ‎9. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示。从粒子源O出来时的粒子速度很小,可以看作初速为零,粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向外的匀强磁场区域,并沿着半圆周运动而达到出口,设入口和出口间的距离为x,则 A. 粒子一定带正电 B. 粒子一定带负电 C. x越大,则粒子的质量与电量之比一定越大 D. x越大,则粒子的质量与电量之比一定越小 ‎【答案】AC ‎【解析】根据左手定则，知粒子带正电，选项A正确，B错误；根据半径公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，联立解得x＝，知x 越大，质量与电量的比值越大，选项C正确，D错误；故选AC.‎ 点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力、电荷运动方向，磁场方向的关系，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式．‎ ‎10. 如图所示,实线是电场线,虚线为两带电粒子只在电场力的作用下运动的轨迹,OP是甲粒子的运动轨迹,OS是乙粒子的运动轨迹,两粒子的带电量大小相等,不计粒子的重力,则下列说法正确的是 A. 两种粒子一定带同种电荷 B. 两种粒子在O点的加速度大小一定相等 C. 两种粒子在O点的电势能一定相等 D. 甲粒子从O到P电场力做功一定小于乙粒子从O到S电场力做功 ‎【答案】ACD ‎【解析】由粒子运动的轨道可知，根据力与运动的关系，可以判断两种粒子都带负电，选项A正确；两种粒子在O点时电场力大小相等，但由于不能确定两种粒子的质量大小关系，因此不能确定两种粒子的加速度大小，选项B错误；由E=qφ可知，两种粒子在O点的电势能相等，选项C正确；由图上可知，O P间的电势差小于O S间电势差，由W=qU可知，甲粒子从O到P电场力做功一定小于乙粒子从 O到S电场力做功，选项D正确；故选ACD。‎ 点睛：判断电荷的电性关键找到突破口，从轨迹的弯曲方向角度考虑；加速度大小的比较可以看电场线的疏密．‎ ‎11. 如图所示是探究平行板电容器电容与哪些因素有关的实验装置。用导线将充了电的平行板电容器的带正电的且固定的A板与静电计的金属小球相连,将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地,两板间P点固定一带负电且电荷量很小的点电荷。以下说法中正确的是 A. 若将极板B稍向上移动一点,极板上的电量几乎不变,两极板间的电压变大 B. 若将极板B稍向上移动一点,两极板间的电压不变,极板上的电量变大 C. 若将B板向左平移一小段距离,静电计指针张角变大 D. 若将B板向左平移一小段距离,P点处的负点电荷的电势能增大 ‎【答案】AC ‎【解析】由于平行板电容器的电容远大于与静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电量远大于指针和外壳组成的电容器的带电量，可认为平行板电容器的带电量不变，电容器不接电源电量几乎不变，极板B稍向上移动，正对面积减小,由C＝可知C减小，由C＝ ,Q不变U变大，选项A正确、B错误；将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C = Q /U知，U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；B板向左平移一小段距离平行板电容器间的电场强度E不变，由于P点与B板的距离d PB增大，则U PB增大，P点的电势φP 增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误；故选AC。‎ 点睛：处理电容器动态分析时关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．再由C＝和C=结合进行分析．‎ ‎12. 如图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻为r,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P从最低端向上滑动时 A. 电源的效率变小 B. 电阻R3消耗的功率变小 C. 电容器的带电荷量变大 D. 电阻R2消耗的功率变大 ‎【答案】BC ‎【解析】当滑动变阻器的触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路的有效阻值变大，电路中的总电阻变大，电源的效率变大，选项A错误；总电阻变大，总电流变小，电阻R3消耗的功率变小，选项B正确；内电压和R3两端的电压变小，电容器两端的电压变大，电容器的带电荷量Q＝CU变大，选项C正确；R1的电流变大，而总电流变小，所以通过R2的电流变小，电阻R2消耗的功率变小，选项D错误；故选BC。‎ 点睛; 本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况．‎ 二、实验题 ‎13. 某同学设计了如图甲所示的实物电路来测干电池的电动势和内阻。‎ ‎(1)实验桌上有“新干电池”、“旧干电池”两种待测电池供选择,为了使实验效果明显,应该选择的种是____________；‎ ‎(2)该同学测量时记录了5组数据,并根据这些数据画出了U-I图线如图乙所示,则测得电源的电动势E=______V和内阻r=_______Ω;(计算结果保留两位小数)‎ ‎(3)本实验中测得的电池内阻比真实值_______(填“大"或“小”或“相等”),从两表的内阻考虑,引起该实验系统误差的主要原因是_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). （1）旧干电池 (2). （2）1.45 (3). 0.90 (4). （3）小 (5). 电压表的分流 ‎【解析】（1）旧干电池与新干电池相比内阻比较大，路端电压变化明显；‎ ‎（2）根据U-I图象求出截距和斜率即可求解，电源的电动势E=1.45V 内阻r==0.90Ω；‎ ‎（3）电路使用的是电流表外接法，测得的电池内阻比真实值小。电路中，从电源流出的电流，分别流向电流表支路和电压表支路，故流经电流表支路的电流不是全部的电流。‎ ‎14. 某同学要测定某金属丝的电阻率。‎ ‎(1)用螺旋测微器测量其直径如图甲所示,其直径为d=__________mm;用20分度的游标卡尺测量其长度如图乙所示,由图可知其长度为l=_______mm ‎(2)先用多用电表粗测其电阻,选择开关打到“x1”档,指针偏转如图丙所示,则所测阻值为___Ω ‎(3)为了精确地测定金属丝的电阻,实验室提供了以下器材 A.电压表0～3V～15V,两档内阻分别约为10kΩ和50kΩ B.电流表0～0.6A～3A,两档内阻分别约为05Ω和01Ω C.滑动变阻器,0～5Ω D.滑动变阻器,0～50Ω E.两节干电池 F电键及导线若干 本实验要借助图像法测定金属丝的电阻,需尽可能多测实验数据。则电压表的量程应该选_________V,电流表的量程应该选________A；滑动变阻器应该选_______(填序号)‎ ‎(4)请在如图所示的方框内画出实验电路图_________。‎ ‎(5)用上面测得的金属导线长度l、直径d和电阻R,可根据电阻率的表达式ρ=_________ (用字母表示)算出所测金属的电阻率。‎ ‎【答案】 (1). (1）6.860 (2). 50.15 (3). （2）8 （或8.0） (4). （3）3 (5). 0.6 (6). C (7). （4）如图所示 ‎ (8). （5） ‎ ‎【解析】（1）螺旋测微器的读数为d＝6.5 mm＋36.0×0.01 mm＝6.860 mm；游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm；‎ ‎（2）由图所示欧姆表可知，所测电阻阻值为：8×1Ω=8Ω．‎ ‎（3）电源为两节干电池，电动势为3V，电压表应选择3V量程，电压表内阻约为10kΩ，金属丝电阻约为8Ω，电路最大电流约为：I==0.375A，电流表应选择0.6A量程，内阻约为0.5Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用内接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择C；‎ ‎（4）滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示。‎ ‎（5）由电阻定律R＝ρ，有 。‎ 点睛：应用伏安法测电阻，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表应采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时电流表采用内接法；根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法是选择实验电路的关键．‎ 三、计算题 ‎15. 如图所示,在xOy平面的y轴右侧宽度d=0.5m的区域I内有沿x轴正方向的匀强电场E1,在x>d区域Ⅱ内有沿y轴正方向、场强大小E2=4×103v/m的匀强电场。在坐标原点O处静止释放一个比荷=1.0×105C/kg的带电粒子,若粒子在运动过程恰好经过M(lm,0.5m)点,不计粒子的重力,求 ‎(1)粒子从进入电场区域Ⅱ到运动至M点所需的时间 ‎(2)区域I场强E的大小。‎ ‎【答案】（1）5×10 －5s （2）1.0×10 3 V/m ‎【解析】（1）设粒子进入区域Ⅱ电场时的速度大小为v0，粒子在右侧区域Ⅱ电场中做类平抛运动，历时t0 经过M点。有： ‎ ‎ ‎ 解得：v0= 10 4m/s， t0= 5×10 －5s ‎ ‎（2）带电粒子在电场区域Ⅰ中从静止开始做加速运动，运用动能定理：‎ ‎ ‎ 代如数据解得：E1 = 1.0×10 3 V/m ‎ ‎16. 如图所示,电源电动势E=28V,内阻r=2Ω,电阻R1=12Ω,R2=R4=4Ω,R3=8Ω,C为平行板电容器,其电容C=3.0pF,虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m,两极板的间距d=1.0×10—2m。‎ ‎ ‎ ‎(1)开关S原来是断开的,当其闭合后,通过R4的总电量为多少?‎ ‎(2)若开关S断开时,有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入平行板电容器的电场中,刚好沿虚线匀速运动,则当开关S闭合后,此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入电场中,能否从电场中射出?(要求写出计算和分析过程,g取10m/s2)‎ ‎【答案】（1）（2）微粒不能从C的电场中射出 ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）S断开时，电阻R3两端电压 U3＝＝16 V （1分）‎ S闭合后，外电路的总电阻R＝＝6 Ω 路端电压U＝＝21 V 电阻R3两端的电压U′3＝U＝14 V （2分）‎ 流过R4的电荷量ΔQ＝CU3－CU′3＝6．0×10－12C． （1分）‎ ‎（2）设带电微粒的质量为m，带电荷量为q，当开关S断开时有＝mg （1分）‎ 当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg－＝ma （1分）‎ 假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向t＝（1分）‎ 竖直方向y＝at2 （1分）‎ 由以上各式得y＝6．25×10－3m> （1分）‎ 故带电微粒不能从极板间射出． （1分）‎ 考点：电容器的定义式、牛顿定律、串并联规律和欧姆定律。‎ ‎【名师点睛】（1）当开关S断开时，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，根据欧姆定律及串联电路电压的分配关系，利用比例法电容器的电压和电量．当S闭合后，电阻R2与R3串联后再与R1并联，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，求出电容器的电量，再求出电容器电量的变化量，即为流过R4的总电量．‎ ‎（2）开关S断开时带电油滴恰好静止在水平放置的平行金属板正中间，电场力与重力平衡，根据平衡条件得到重力与电场力的关系．S闭合时，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出油滴到达极板的时间．然后根据侧向位移来确定是否能射出．对于电容器，关键是确定其电压，当电路稳定时，电容器的电压等于与之并联的电路的电压，也等于所在电路两端的电压。‎ ‎17. 如图所示,OPQ为等腰直角三角形,S为直角边OQ的中点,OS=l。在三角形OPQ区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,还有电场强度大小为E、方向平行于纸面的匀强电场(图中未画出),一比荷(带电粒子的电荷量和质量的比值)为的带正电的粒自S点沿平行于OP的方向人射,粒子沿直线通过三角形OPQ区域,不计带电粒子的重力。求 ‎(1)粒子自S点入射进入场区的速度大小v0和三角形区域内电场强度的方向。‎ ‎(2)若仅撤去电场,粒子仍以原速度自S点射入磁场,判断粒子从哪边射出,并求粒子射出磁场的点离P点的距离。‎ ‎(3)若仅撒去磁场,粒子仍以原速度自S点射入电场,求粒子在电场中的运动时间 ‎【答案】（1）, 场强方向水平向右（2）(2- )l （3） ‎ ‎【解析】（1）正粒子在场区受力平衡：qE =q v0B ‎ 解得粒子自S点入射进入场区的速度大小： ‎ 根据左手定则判断，正粒子在匀强磁场受洛伦兹力方向水平向左,根据正粒子所受电场力的方向与场强的方向相同，可知场强方向水平向右 ‎ ‎（2）设正粒子在磁场中做匀速圆周运动运动的半径为R，则 ‎ 解得半径R=2l ‎ 如图甲所示，粒子从OP边界上的A点射出则OC2+OA2=CA2‎ 解得OA=l ‎ 出射点离P点的距离AP=(2- )l ‎ ‎（3）如图乙所示。粒子在电场中沿初速度方向做匀速直线运动：y=v0t ‎ 粒子沿电场的方向做匀加速直线运动：x＝at2 ‎ 粒子在电场中的加速度大小为 ‎ 由几何关系：y + x =l ‎ 联立得 ‎ 解得粒子在电场中的运动时间 ‎ 点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，知道若粒子在混合场中做直线运动，则粒子受力平衡，能结合几何关系求解；若离子只在磁场中运动，则需画出轨迹图找到圆心和半径；若只在电场中运动，则需根据类平抛运动的规律解答．‎ ‎ ‎