2017-2018学年湖南省郴州市嘉禾一中、临武一中高二上学期期中联考物理试题 解析版

2017-2018学年湖南省郴州市嘉禾一中、临武一中高二上学期期中联考物理试题 解析版

湖南省嘉禾一中、临武一中2017-2018学年高二上学期期中联考 物理试题 一．单选题 ‎1. 下列各组物理量中均为矢量的是（　　）‎ A. 路程和位移 B. 速度和加速度 C. 力和功 D. 电场强度和电势 ‎【答案】B ‎【解析】位移、速度、加速度、力和电场强度都是既有大小又有方向的物理量，都是矢量；而路程、功和电势都是只有大小无方向的物理量，都是标量；故选项B正确.‎ ‎2. 下列物理量及对应的国际单位制单位符号，正确的是（　　）‎ A. 力，kg B. 功率，J C. 电场强度，C/N D. 电压，V ‎【答案】D ‎【解析】力单位是N；功率的单位是W；电场强度单位是N/C；电压的单位是V；故选D.‎ ‎3. 下列描述正确的是（　　）‎ A. 开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆 B. 牛顿通过实验测出了万有引力常数 C. 库伦通过扭秤实验测定了电子的电荷量 D. 法拉第发现了电流的磁效应 ‎【答案】A ‎【解析】开普勒提出了行星三定律，指出所有太阳系中的行星的轨道形状都是椭圆，选项A正确；卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，选项B错误；密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，选项C错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项D错误；故选A.‎ ‎4. 如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（　　）‎ A. t B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2(v1+v2)T，联立得T=t∕2，所以C正确；ABD错误．‎ ‎【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变．‎ ‎5. 2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（　　）‎ A. 周期变大 B. 速率变大 C. 动能变大 D. 向心加速度变大 ‎【答案】C ‎【解析】对于绕地球运行的航天器，地球对它的外有引力提供向心力，则，由公式可知，半径不变，周期不变，速率不变，向心加速度不变。由于质量增加，所以动能增大，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。 ‎ ‎6. 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（　　）‎ A. 一直不做功 B. 一直做正功 C. 始终指向大圆环圆心 D. 始终背离大圆环圆心 ‎【答案】A ‎【解析】大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，最后指向圆心，故选项CD错误；故选A。‎ ‎【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里。‎ ‎7. 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）‎ A. 1、2两点的场强相等 B. 1、3两点的场强相等 C. 1、2两点的电势相等 D. 2、3两点的电势相等 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，它们的电场强度的大小及方向都不同．故B错误；顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选D。‎ 考点：电场线；等势面 ‎【名师点睛】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低；注意电场强度是矢量，是否相等，要关注方向性。‎ ‎8. 喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　）‎ A. 向负极板偏转 B. 电势能逐渐增大 C. 运动轨迹是抛物线 D. 运动轨迹与带电量无关 ‎【答案】C ‎【解析】A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；‎ B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；‎ C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；‎ D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．‎ 点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直线运动，电场力方向作匀加速直线运动。‎ ‎9. 电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb．由图可知ηa、ηb的值分别为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比． ,‎ E为电源的总电压（即电动势），在U﹣I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知、，则 ， ，所以A、B、C错误，D正确。‎ 点晴：解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从U-I图象中读出电动势和外电压．‎ ‎10. 质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（　　）‎ A. M带负电，N带正电 B. M的速率小于N的速率 C. 洛伦兹力对M、N做正功 D. M的运行时间大于N的运行时间 ‎【答案】A ‎【解析】A项：根据洛伦兹力的特点：洛伦兹力方向始终垂直速度方向，所洛伦兹力不做功，故A项错误；‎ B项：由 得 由图可知M运动半径大于N的运动半径，所以M的速率大于N的速率，故B项错误；‎ C项：根据洛伦兹力提供向心力，再由左手定则可知，M带负电，N带正电，故C项正确；‎ D项：M、N在磁场中运行的时间都为 ，故D项错误。‎ 点晴：解决本题关键理解带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式 ，周期公式 ；注意利用左手定则判断负电荷所受洛伦兹力方向时，四个手指应指向负电荷运动的相反方向。‎ 二．多选题 ‎11. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（　　）‎ A. 离子由加速器的中心附近进入加速器 B. 离子由加速器的边缘进入加速器 C. 离子从磁场中获得能量 D. 离子从电场中获得能量 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：据回旋加速器的工作原理知，粒子由回旋加速器的中心附近进入加速器，且在电场中加速，通过磁场回旋，所以从电场中获得能量，故选AD。‎ 考点：回旋加速器的工作原理。‎ ‎【名师点睛】回旋加速器的工作原理是利用电场加速，磁场偏转，且二者的周期相同，被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功，即可加速正电荷也可加速负电荷。‎ ‎12. 将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是（　　）‎ A. 保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B. 保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C. 保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D. 保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=分析U的变化，由 E=分析E的变化．‎ 解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=可知，E变为原来的一半．故A正确．‎ B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．‎ C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．‎ D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=分析可知，U变为原来的一半，由E=分析知，E变为原来的一半．故D正确．‎ 故选AD ‎【点评】本题关键要掌握E=、C=两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变．‎ ‎13. 如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是（　　）‎ A. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B. L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：‎ D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为：：1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误。‎ ‎【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。‎ ‎14. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（　　）‎ A. 电场强度的大小为2.5V/cm B. 坐标原点处的电势为1 V C. 电子在a点的电势能比在b点的低7eV D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：根据匀强电场的电场强度公式，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．‎ 如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，因为匀强电场，则有，依据几何关系，则，因此电场强度大小为，故A正确；根据，因a、b、c三点电势分别为，解得：原点处的电势为，故B正确；因，电子从a点到b点电场力做功为，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误；，电子从b点运动到c点，电场力做功为，D正确．‎ 三．实验题 ‎15. 在“用多用表测电阻”的实验中，多用表选择开关处于“×10”挡，指针位于如图所示位置，被测电阻阻值的测量值为_____Ω．若需测量一个约为2.0×103Ω的电阻，则选择开关应选_____（选填：“×10”、“×100”或“×1k”）挡．‎ ‎【答案】 (1). 170， (2). ×100‎ ‎.....................‎ ‎16. 用螺旋测微器测量某导线直径，如图甲所示，读数为_____mm；用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图乙所示，读数为_____mm；‎ ‎【答案】 (1). 6.870； (2). 50.15‎ ‎【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为37.0×0.01=0.370mm，所以最终读数为6.870mm，‎ 游标卡尺的主尺读数为5cm=50mm，游标读数为0.05×3=0.15mm，所以最终读数为50.15mm．‎ 点晴：掌握游标卡尺读数的方法以及螺旋测微器的读数方法。游标卡尺主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器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。‎ ‎17. 用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：‎ 待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．‎ 实验主要步骤：‎ ‎（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；‎ ‎（ⅲ）在图2中，以U为纵坐标，I为横坐标，做U﹣I图线（U、I都用国际单位）；‎ ‎（ⅳ）求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）电压表最好选用_____；电流表最好选用_____．‎ A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ） ‎ B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）‎ C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω） ‎ D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）‎ ‎（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_____．‎ A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 ‎（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=_____，r=_____，代入数值可得E和r的测量值．‎ ‎【答案】 (1). （1）A， (2). C； (3). （2）C； (4). （3）ka； (5). k﹣R2．‎ ‎【解析】试题分析：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；‎ 当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择C；‎ ‎（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻r=K-R2； 令U=0，则有：‎ ‎； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：；解得：E=Ka 考点：测量电源的电动势和内阻 ‎【名师点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。‎ 四．计算题 ‎18. 在如图所示的电路中，电源内电阻r=1Ω，当开关S闭合后电路正常工作，电压表的读数U=8.5V，电流表的读数I=0.5A．求：‎ ‎①电阻R；‎ ‎②电源电动势E；‎ ‎③电源的输出功率P．‎ ‎【答案】①17Ω．②9V．③4.25W．‎ ‎【解析】试题分析：①根据部分电路欧姆定律可求解R, ②根据闭合电路欧姆定律可求得电动势，③根据电源的输出功率P=UI可求解。‎ ‎①由部分电路欧姆定律可知，电阻为：‎ ‎②根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为：E=U+Ir=8.5+1×0.5=9V ‎③电源的输出功率为：P=UI=8.5×0.5W=4.25W 点晴：本题主要考查部分电路欧姆定律,和闭合电路欧姆定律的应用。‎ ‎19. 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．‎ ‎【答案】（1） ；（2） ， ；（3） ．‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh 解得：…①‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0‎ 解得：…②‎ 电容器两极板间的电压为：‎ 电容器的带电量为：‎ ‎（3）加速过程：‎ mgt1=mv…③‎ 减速过程，有：‎ ‎（mg-qE）t2=0-mv…④‎ t=t1+t2…⑤‎ 联立①②③④⑤解得：‎ 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用 ‎20. 如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场．已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0．不计重力．‎ ‎（1）求磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；‎ ‎（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小．‎ ‎【答案】（1）；（2）2t0；（3） ．‎ ‎【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=4t0①‎ 设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 ‎②‎ 匀速圆周运动的速度满足③‎ 联立①②③式得④‎ ‎（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1=180°–θ2⑤‎ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2==2t0⑥‎ ‎（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦‎ r0cos∠OO'D+=L⑧‎ 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律⑨‎ 联立①⑦⑧⑨式得⑩‎ ‎【考点定位】带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎