2018-2019学年四川省眉山市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年四川省眉山市高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年四川省眉山市高二（上）期末物理试卷 一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）‎ ‎1.下列说法正确的是　　‎ A. 由可知，电场中某点的场强E与试探电荷的电荷量q成反比 B. 由可知，电场中某点的电势与试探电荷的电荷量q成反比 C. 由可知，某段导体中的电流I与导体两端的电压U成正比 D. 由可知，磁场中某点的磁感应强度B与通电导线所受安培力F成正比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据公式是否是比值定义法，分析各量之间的关系。比值法定义法被定义的物理量反映物质的属性。‎ ‎【详解】A．公式采用比值定义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷在电场中该点所受的电场力F和电荷量q无关，故A错误；‎ B．由公式采用比值定义法，反映电场本身的性质，与试探电荷在电场中该点所具有的电势能和电荷量q无关，故B错误；‎ C．公式是欧姆定律的表达式，某段导体中的电流I与导体两端的电压U成正比，故C正确；‎ D．采用比值定义法，B反映磁场本身的强弱和方向，与电流元在磁场中该点所受的安培力F和IL无关，故D错误。‎ 所以C正确，ABD错误。‎ ‎【点睛】解决本题关键要掌握物理量的定义方法和公式中各量的准确含义，并要理解公式的适用条件。‎ ‎2.如图所示，真空中两电荷量为，的点电荷分别位于M点和N点，P为M、N连线上的一点，且已知P点的电场强度为零，则　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加，即可求解。‎ ‎【详解】已知在M、N连线上某点P处的电场强度为零，根据点电荷的电场强度公式得：，，解得：，故ACD错误，B正确。‎ ‎【点睛】理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量性，难度不大，属于基础题。‎ ‎3.如图所示，在立方体区域内有垂直于abcd平面向上的匀强磁场，现有一负离子不计重力以速度v垂直于adhe平面向右飞入该区域，为使粒子能在该区域内沿直线运动，需在该区域内加一匀强电场，则匀强电场的方向为　　‎ A. 垂直abfe平面向里 B. 垂直adhe平面向左 C. 垂直abfe平面向外 D. 垂直adhe平面向右 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子恰好在电场与磁场中做直线运动，当受到电场力与磁场力时，则两力必平衡。这样确保速度不变，才会使洛伦兹力不变，否则不可能做直线运动。当只受到电场力时，磁场方向须与运动方向相平行，此时虽在磁场中但没有洛伦兹力存在。‎ ‎【详解】当匀强磁场方向竖直向上，不计重力的负离子，则洛伦兹力垂直纸面向里，由于直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，则离子受到的电场力垂直纸面向外，而匀强电场方向垂直于纸面向里，使离子做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】当两个电场力与磁场力均存在时，必须是平衡力，因为洛伦兹力是与速度有关的力。当粒子的运动方向与磁场方向平行时，没有洛伦兹力存在，所以只要考虑电场力就可以。‎ ‎4.如图甲所示，正方形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直。时刻，磁场方向垂直导线框平面向外，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，规定线框中电流沿着abcda的方向为正方向，则如图中能正确反映导线框中感应电流随时间t变化规律的是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况。‎ ‎【详解】根据图乙所示磁感应强度变化情况，应用楞次定律可知，时间，电路中电流方向为逆时针方向，即电流方向为：abcda，由图乙所示图线可知，磁感应强度的斜率即变化率恒定，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小不变，由欧姆定律可知，线框中的电流大小不变，故ABC错误，D正确。‎ ‎【点睛】本题要求学生能正确理解图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定则等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流是相同的。‎ 二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）‎ ‎5.如图所示，平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。电源内阻不可忽略，现将滑动变阻器的滑动端向右滑　　‎ A. A的示数增大，V的示数减小 B. A的示数增大，V的示数增大 C. 带电油滴将向下加速运动 D. 带电油滴将向上加速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器的滑动端向右滑动，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律求出总电流，从而分析电压表和电流的变化情况；电容器的电压等于并联电阻的电压，根据电压的变化和判断电场力的变化，从而判断油滴的运动情况。‎ ‎【详解】AB．当滑动变阻器的滑动端向右滑动，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得出总电流增大，则电阻两端的电压增大，故A 的示数增大，V的示数增大，故A错误，B正确；‎ CD．电容器的电压等于并联电阻的电压，根据分析电阻的电压的增大，有和可知带电液滴的电场力增大，故液滴将向上加速运动，故C错误，D正确。‎ 所以BD正确，AC错误。‎ ‎【点睛】本题采用程序法分析电路动态变化问题，按“部分整体部分”的思路进行分析，以及利用电容器的电压等于并联电阻的电压分析电。容器的电场强度的变化。‎ ‎6.如图所示，电源电动势，小灯泡L上标有“3V、”字样，电动机线圈电阻当开关S拨向接点1，滑动变阻器调到时，小灯泡L正常发光：现将开关S拨向接点2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则　　‎ A. 电源内阻为 B. 电动机正常工作电压为3V C. 电源的输出功率为 D. 电动机的机械效率为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当开关S拨向接点1，根据闭合电路欧姆定律求出电源的内阻；将开关S拨向接点2，先根据电功率公式求出电流，根据功率公式求电源的总功率和内阻的功率，最后求出电源的输出功率；再根据闭合电路欧姆定律求出电动机的电压和电流，最后根据电功率和效率公式求解。‎ ‎【详解】A．当开关S拨向接点1，小灯泡L正常发光，根据功率公式，解得：，根据闭合电路欧姆定律：，解的：，故A正确；‎ B．将开关S拨向接点2，小灯泡L正常发光，根据功率公式，解得：，根据闭合电路欧姆定律：，解得：，即电动机正常工作电压为；故B错误；‎ C．电源的总功率为：，内阻的功率为：，则电源的输出功率为：，故C错误；‎ D．电动机的输入功率为：，热功率为：，则输出功率为：，电动机的机械效率为，故D正确。‎ 所以AD正确，BC错误。‎ ‎【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律和电功率内容，关键是利用题中信息求出内阻和电动机的电压。‎ ‎7.如图所示，圆O的半径为R，直径竖直、BD水平。两电荷量均为的点电荷固定在圆周上关于AC对称的M、N两点，从A点将质量为m、电荷量为的带电小球由静止释放，小球运动到O点的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度为g。则　　‎ A. 小球运动到C点的速度为 B. 小球从O运动到C，电势能先增大后减小 C. A、O两点间的电势差 D. A、C两点电势相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等量同种点电荷电场的分布具有对称性，由动能定理结合其对称性来分析。‎ ‎【详解】A．由电场线的分布特点及对称性知，从O到C的过程由动能定理得：，解得：，故A错误；‎ B．从O运动到C，场强的方向先向上后向下，电场力对小球先做负功后做正功，所以电势能先增加后减小，故B正确；‎ C．从A运动到O，由动能定理得：，解得：，故C正确；‎ D．由电场线的分布特点及对称性知O、C两点电势相等，要比A点电势高，故D错误。‎ 所以BC正确，AD错误。‎ ‎【点睛】本题考查等量同种点电荷电场的分布特点，可以结合等量同种点电荷电场的分布图象来分析最为直接方便。基础题。‎ ‎8.如图所示，在等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，O为ab边的中点，在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子的质量为m，电荷量为q，直角边ab长为，不计重力和粒子间的相互作用力。则　　‎ A. 粒子能从bc边射出的区域长度为 B. 粒子在磁场中运动的最长时间为 C. 若粒子从bc边射出，则入射方向与Ob的夹角一定小于 D. 从ac边射出的粒子中，沿Oa方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最短 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与粒子转过的圆心角，然根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间。‎ ‎【详解】ABC．粒子运动轨迹如图所示：‎ 粒子在bc边可以从b点射出，最高点在P点。根据可得粒子做圆周运动的半径， ab边长为，根据几何知识可得，粒子恰好与ac边相切时，恰好从P点射出，，P为bc中点，，粒子运动的最长时间，且粒子与Ob方向的夹角可以大于，故AB正确，C错误；‎ D．若粒子从ac边射出，则粒子在磁场中运动的时间最短时，弧长所对应的弦长最短，如上图，粒子从aQ的中点E射出时弦最短为L，故D错误。‎ 所以AB正确，CD错误。‎ ‎【点睛】解答此题的关键是找出运动最长和最短时间的圆的运动轨迹，注意数学知识求解。‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）‎ ‎9.某学习小组利用如图所示的装置测定磁极间的磁感应强度。实验步骤如下 在弹簧测力计下端挂一n匝矩形线圈，将矩形线圈的短边完全置于障形磁铁N、S极之间磁场中并使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线______；‎ 在电路未接通时，记录线圈静止时弹簧测力计的读数；‎ 接通电路开关，调节滑动变阻器使电流表读数为1，记录线圈静止时弹簧测力计的读数，F表示的是______。‎ 用刻度尺测出矩形线圈短边的长度L；利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度______。‎ ‎【答案】 (1). 垂直 (2). 线圈所受安培力与重力的合力 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据共点力平衡即可求得受到的安培力大小，根据左手定则判断出安培力方向；有求得磁感应强度。‎ ‎【详解】要使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线垂直，这样能使弹簧测力计保持垂直，方便测出拉力； 对线框受力分析知：受重力、安培力、弹簧的拉力，三力平衡，所以F表示的是线圈所受安培力与重力的合力； 由安培力公式得：，由平衡条件得：，又 解得：‎ ‎【点睛】本题是简单的力电综合问题，结合安培力公式、平衡条件列式求解。‎ ‎10.某研究性学习小组欲测量一个未知电阻R的阻值及某电源的电动势E和内阻r，设计了如图甲所示的电路来进行测量，其中为待测未知电阻，R为电阻箱，为保护电阻，已知．‎ 学习小组先对未知电阻进行测量，请将同学们的操作补充完整：先闭合和，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电压表示数U，然后______使电压表的示数仍为U，读出此时电阻箱的示数，则电阻Rx的表达式为______。‎ 学习小组为测电源的电动势E和内阻r，该小组同学的做法是：闭合，断开，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值根据测得的的阻值计算出相应的与的值，并在坐标系中描出坐标点，画出关系图线，如图乙所示。根据图线可得电源的电动势______、内阻______计算结果保留2位有效数字 若只考虑系统误差，采用此测量电路测得的电动势与实际值相比______，测得的内阻与实际值相比______填“偏大”“偏小”或“相同”‎ ‎【答案】 (1). 断开，调节电阻箱 (2). (3). 10V (4).   (5).‎ ‎ 偏小 (6). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意应用欧姆定律，由等效法可求出电阻阻值；根据表中实验数据，应用描点法作出图象；根据闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻；由实验原理分析，系统误差的原因，从而找到电动势和内阻的偏小。‎ ‎【详解】由于闭合前后电压表的示数均为U，那么外电路的总电阻两次是相等的，即，所以。 根据欧姆定律可以写出电压表的示数：，所以，结合题目图象的纵轴截距可知：，所以；从图象的斜率看：，将E代入求得。 由于电压表的分流，造成路端电压的测量值偏小，该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电压表示数表示的电流小于通过电源的真实电流。利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压，由图可知，输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值，所以测得的内阻与实际值相比偏小。‎ ‎【点睛】本题要注意通过审题明确实验原理，根据实验原理分析实验中应采用的实验方法；并通过闭合电路欧姆定律可结合数学规律求解电动势和内电阻。‎ 四、计算题（本大题共3小题，共46.0分）‎ ‎11.如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，方向与xoy平面平行，且与x轴成角。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从坐标原点O沿与x轴鱼方向成角射出，一段时间后进入电场，不计粒子重力。求：‎ 粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；‎ 粒子从O点出发后，第3次到达x轴所经历的时间t。‎ ‎【答案】 ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求解周期及半径；分析清楚粒子在电场中的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式求出粒子在各运动过程的运动时间，然后求出粒子总的运动时间。‎ ‎【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有又有：解得：， 由题可知，粒子第1次到达x轴时，转过的角度为，所需时间为粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为，设粒子在电场中运动的总时间为，加速度大小为a，电场强度大小为E，有： 解得 粒子离开电场第3次通过x轴时，转过的角度为，所需时间为总时间： 解得：‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚粒子运动过程后，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。‎ ‎12.如图所示，在匀强磁场中，有两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ导轨间距，其上端接有定值电阻，两导轨构成的平面与水平面成角匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直导轨平面向上，现有一质量的金属棒ab，由静止开始沿导轨下滑，两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab接入电路的电阻当流过金属棒ab某一横截面的电荷量达到时，棒的速度大小。取。‎ 求在此过程中：‎ 金属棒ab下滑的距离x；‎ 金属棒上产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】；。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量与电流的关系结合求金属棒ab下滑的距离x；金属棒ab下滑过程中，回路中产生的焦耳热等于ab棒机械能的减少量，先求整个电路产生的焦耳热，再求金属棒上产生的焦耳热Q。‎ ‎【详解】设金属棒ab沿斜面下滑的位移为x，由法拉第电磁感应定律有：  且 由欧姆定律有： 又有： 联立代入数据解得： 金属棒ab下滑过程中，由能量守恒知，回路中产生的焦耳热等于ab棒机械能的减少量，即：又有：金属棒上产生的焦耳热为： 代入数据解得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键要熟练运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式推导出电量与磁通量变化量的关系，从而求得金属棒ab下滑的距离。‎ ‎13.如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，第1象限内分布着沿x轴正方向的匀强电场，第Ⅱ象限和第Ⅲ象限分布着沿y轴正方向的匀强电场在第I象限内有一与x轴正方向成角的固定光滑绝缘杆AO，第Ⅲ象限有一用轻绳悬挂于点的弧形轻质筐。现有一可看成质点、套在杆AO上的带电小球P以速度沿杆匀速下滑，小球从坐标原点O离开后进入第Ⅲ象限，运动一段时间恰好沿水平方向进入弧形轻质筐内，在小球进入弧筐的同时将匀强电场的大小不变，方向改为沿x轴正方向，随后小球恰能在坐标系中做完整的圆周运动。已知小球的质量为，电荷量，第Ⅱ象限和第Ⅲ象限的场强 ‎，悬点O的横坐标。弧筐的重量忽略不计，大小远小于轻绳长度，重力加速度为求：‎ 小球的电性及第1象限内电场的电场强度；‎ 小球在绝缘杆AO上匀速运动的速度；‎ 悬挂弧筐的轻绳的长度L。‎ ‎【答案】；；。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电小球P以速度沿杆匀速下滑，根据平衡可求得小球的电性及第1象限内电场的电场强度；小球进入第Ⅲ象限后受电场力和重力做斜抛运动，在x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，根据两方向运动规律列式求解；小球恰能在坐标系中做完整的圆周运动，在等效最高点只有重力和电场力的提供向心力求出最高点的速度，再根据动能定理列式求解即可。‎ ‎【详解】小球再沿杆做匀速运动时，由受力分析可知小球带正电，且又： 解得： 小球进入第Ⅲ象限后受到电场力和重力做斜抛运动，在x方向做匀速直线运动，在y方向做匀变速直线运动，由题意可知： x： y： 联立解得： 小球进入弧筐后做圆周运动，设等效最高点小球受到的电场力和重力的合力大小为F，此时电场力与水平方向夹角为，则 ‎ 设小球到达等效最高点B的速度为v，因恰能做完整的圆周运动，‎ 由牛顿第二定律得：设绳长为L，小球进入弧筐后到达B的过程中，由动能定理得： ‎ 联立解得：‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，关键是分清楚各个运动过程，抓住运动性质，根据牛顿第二定律和动能定理列式求解即可。‎ ‎ ‎ ‎ ‎