2018-2019学年江西省鹰潭市高二上学期期末质量检测物理试题 解析版

2018-2019学年江西省鹰潭市高二上学期期末质量检测物理试题 解析版

鹰潭市2018—2019学年度上学期期末质量检测 高 二 物 理 试 题 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟 注意事项：‎ ‎1．第Ⅰ卷的答案填在答题卷方框里，第Ⅱ卷的答案或解答过程写在答题卷指定处，写在试题卷上的无效.‎ ‎2．答题前，务必将自己的“学校”、“姓名”、“班级”和“考号”写在答题卷上.‎ 第Ⅰ卷(选择题，40分)‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分；1—7单项选择题，8—10不定项选择题，全部选对的得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1.关于磁感强度，下列说法中正确的是：（ ）‎ A. 由 可知，B与F成正比，与IL成反比 B. 磁场中某点磁感应强度只由磁场本身性质决定，与通电导线受力F和IL无关 C. 通电导线在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感强度一定为零 D. 磁场中某点的磁感强度的方向与通电导线受到的安培力方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 磁感应强度的定义式是，这是比值定义法定义的物理量，BB与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定A错误B正确；通电导线受安培力为零的地方，磁感应强度不一定为零，如当通电导线与磁场平行放置，不受安培力，C错误；根据左手定则可知磁场中某点的磁感强度的方向与通电导线受到的安培力方向垂直，D错误．‎ ‎2.下列说法正确的是：（ ）‎ A.‎ ‎ 如图甲所示，是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增大电压U；‎ B. 如图乙所示，磁流体发电机的结构示意图。可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极 C. 如图丙所示，速度选择器可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq＝qvB，即 D. 如图丁所示，是磁电式电流表内部结构示意图，线圈在极靴产生的匀强磁场中转动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径；磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理；速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动；‎ ‎【详解】A．根据公式，有，故最大动能，与加速电压无关，故A错误；‎ B．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；‎ C．电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，所以，改变电荷的电性从P孔射入，电场力和洛伦兹力都反向，仍然平衡，则无法判断电性；故C错误；‎ D．由于蹄形磁铁和铁芯间的磁场是辐向均匀分布的，因此不管铜电线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行；当通电线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈转动的角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，此时指针偏向的角度与电流成正比；故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，然后根据所学知识对号入座即可.‎ ‎3.如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，若通以图示方向的电流（从A点流入，从C点流出），电流强度为I，则金属框受到的磁场力为：（ ）‎ A. 0 B. C. BIL D. 2BIL ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图示可知，电流由A流入，从C流出，则有电流从A到C直导线，与从A到B再到C两直导线，从A到B再到C两直导线，产生的安培力，根据安培力公式F=BIL，由于总电流强度为I,且ABC导线的电阻是AC导线的2倍,那么安培力大小均为BIL/3,因它们的夹角为120∘,因此这两个安培力的合力大小为BIL/3，方向与导线AC垂直向上；‎ 而导线AC受到的安培力大小为2BIL/3，方向与导线AC垂直。‎ 因此金属框受到的磁场力为BIL，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C.‎ 点睛：由安培力公式F=BILsinθ分析答题，其中L是通电导线的有效长度，是导线在磁场中两端点间的距离．‎ ‎4.如图所示，电容器由平行金属板M、N和电介质D构成。电容器通过开关S及电阻R与电源E相连接。则：（ ）‎ A. M上移电容器的电容变大 B. 将D插入电容器，电容变小 C. 断开开关S，M上移，MN间电压将减小 D. 闭合开关S，M上移，流过电阻R的电流方向从A到B ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电容的决定式 ，分析电容的变化.电容器的板间电压不变，根据电容的定义式 ‎，分析电容器电量的变化，即可判断电路中电流的方向.‎ ‎【详解】A．M向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式，得知电容器的电容变小，故A错误.‎ B．将D插入电容器，介电常数增大，根据电容的决定式，得知电容器的电容变大，故B错误；‎ C．断开开关S，M上移，电量不变，而电容减小，根据电容的定义式，分析可知电容器两端的电压增大，故C错误；‎ D．闭合开关S，电压不变，M上移时电容减小，则由Q=UC可知，电量Q减小；电容器放电，流过电阻的电流方向从A到B，故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题是电容器的动态分析问题，在抓住电容器电压不变的基础上，根据电容的决定式和定义式结合分析.‎ ‎5.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中 A. 电压表与电流表的示数都减小 B. 电压表与电流表的示数都增大 C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大。‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；‎ 由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2‎ 的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．‎ ‎6.如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是：（ ）‎ A. k闭合瞬间，LA立即变亮，LB不亮 B. k闭合瞬间，LA、LB同时立即变亮 C. k断开的瞬间，LA、LB同时熄灭 D. k断开的瞬间，LA立即熄灭，LB逐渐熄灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化．断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化．‎ ‎【详解】AB．闭合k时，电源的电压同时加到两灯上，LA、LB同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，LA逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，LB变亮；故A错误，B正确.‎ CD．断开k，LB立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过LA灯，LA闪亮一下后熄灭；故C错误，D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象．‎ ‎7.在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中。忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v－t图，可能正确的是：（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据楞次定律的“来拒去留”可知线框受到向上的安培力，线框由静止向下做加速运动，设线框的有效切割磁感线的长度为L，线框的电阻为R，则有，根据欧姆定律可得，故，根据牛顿第二定律可得，故，运动过程中，L在变大，v在变大，故加速度在减小，即速度时间图像的斜率再减小，故AB错误；由于不知道当线框完全进入磁场时重力和安培力的关系，所以之后线框的速度可能继续增大，可能恒定不变，故C正确D错误；‎ 考点：考查了导体切割磁感线运动 ‎【名师点睛】做此类型的题目需要由安培力公式F=BIL、法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出安培力与速度的关系式，然后由牛顿第二定律求出加速度，然后判断速度随时间变化关系，再答题 ‎8.如图所示电场，实线表示电场线．一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹．则：（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在a点受的电场力比b点大 C. a点电势高于b点电势 D. 粒子的动能增加，电势能减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场线的疏密代表电场的强弱，正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，沿着电场线方向电势降低．‎ ‎【详解】A．由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，受力方向指向弧内，与电场方向相反，则粒子带负电荷;故A错误.‎ B．电场线的疏密代表电场的强弱，a点的电场线较b点的电场线密，则粒子在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力;故B正确.‎ C．沿着电场线方向电势降低，则a点电势高于b点电势；故C正确.‎ D．电场力方向与速度方向夹角大于90°，一直做负功，动能减小，电势能增大；故D错误.‎ 故选BC.‎ ‎【点睛】理解电场线的特点，明白只要合外力做正功物体的动能就增加的道理．‎ ‎9.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成θ角的直线MN运动．如图所示，由此可以判断：（ ）‎ A. 油滴一定做匀速直线运动 B. 油滴可能做匀变速直线运动 C. 如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 D. 如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．‎ ‎【详解】AB．油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据F=qvB可知，粒子必定做匀速直线运动;故A正确,B错误.‎ CD．根据做直线运动的条件和受力情况，如图所示：‎ 可知如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故C错误，D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．‎ ‎10.如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是：（ ）‎ A. 0～t1时间内P端电势高于Q端电势 B. 0～t1时间内电压表的读数为 C. t1～t2时间内R上的电流为 D. t1～t2时间内圆形线圈中感应电流的方向为逆时针 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求电路电流，根据欧姆定律求电压表的读数；根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定PQ端电势的高低．‎ ‎【详解】A．0～t1时间内，磁通量增大，根据楞次定律感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端正极下端负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；‎ B．0～t1时间内线圈产生的感应电动势，电压表的示数等于电阻R两端的电压,故B错误；‎ C．t1～t2时间内线圈产生的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律，故C正确；‎ D．t1～t2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，故D错误；‎ 故选BC.‎ ‎【点睛】解决本题关键掌握法拉第电磁感应定律，并用来求解感应电动势大小．题中线圈相当于电源，可与电路知识进行综合考查．‎ 第II卷（非选择题，60分）‎ 二、实验题（每空2分，共计18分）‎ ‎11.用游标卡尺可以测量某些工件的外径。如图所示，则读数为__________mm。‎ ‎【答案】30.7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.‎ ‎【详解】游标卡尺的固定刻度读数为30mm，游标尺上第7个刻度和主尺上的某一刻度对齐，因此游标读数为0.1×7mm=0.7mm，所以最终读数为：30mm+0.7mm=30.7mm.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.‎ ‎12.要测绘一个标有“3 V　0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：‎ 电池组(电动势为4.5 V，内阻约为1 Ω)；‎ 电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；‎ 电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 电键一个、导线若干．‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．‎ A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)‎ B．滑动变阻器(最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A)‎ ‎（2）实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W。（保留1位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). 0.1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）明确实验原理，知道实验中要求电流从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，同时根据电表内阻进行分析，确定电流表接法；（3）在I-U图象中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，由P=UI可求得实验灯泡的功率．‎ ‎（1）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选A；‎ ‎（2）实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，，，电流表应采用外接法，因此实验电路应选B；‎ 请在此填写本题解析!‎ ‎（3）在图中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，则由图可知，电压为1.0V，电流为0.10A．则由可知，功率．‎ ‎13.某同学要测定一电源的电动势E和内电阻r，实验器材有：一只DIS电流传感器(可视为理想电流表，测得的电流用I表示)，一只电阻箱(阻值用R表示)，一只开关和导线若干．该同学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据。‎ ‎（1）该同学设计实验的原理表达式是E＝________(用r、I、R表示)。‎ ‎（2）该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱调到________(填“最大值”、“最小值”或“任意值”)，实验过程中，将电阻箱调至如图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为________Ω。‎ ‎（3）该同学根据实验采集到的数据作出如图丙所示的 图象，则由图象可求得，该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(结果均保留2位有效数字)‎ ‎【答案】（1）E=I（R+r）（2）最大值 21（3）E=6.3V， r= 2.5‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）原理为闭合回路欧姆定律，即 ‎（2）为了保护电路，在闭合开关之前，电阻箱应调至最大值处，电阻箱的示数为：；‎ ‎（3）在闭合电路中，，则，则图象的截距：，图象斜率：，由图象可知：，解得：电动势E=6.0V，电源内阻r=2.4Ω；‎ 考点：测定电源电动势和内阻 三、计算题（共42分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎14.在氢原子模型中，若电子绕核做圆周运动可等效为一个环形电流。设氢原子中电子在半径为r的圆轨道上运动，其质量、电量分别用m和e来表示，静电力常量为k，则电子圆周运动的周期及等效电流I等于多少？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据库仑定律求出氢原子核与核外电子的库仑力，根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出周期，根据电流表达式，即可求解．‎ ‎【详解】电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力为： ‎ 所以电子运动周期为为：　 ‎ 根据电流的定义式　 ‎ 可解得 ‎【点睛】能够根据题意找出氢原子核与核外电子的库仑力提供向心力，并列出等式求解．‎ ‎15.如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2。求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎【答案】（1） （2）与负极相连 ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)＝v0t………………………………1分 ‎＝gt2………………………………1分 可解得v0＝＝10 m/s. ………………………………1分 ‎(2)电容器的上板应接电源的负极………………………………1分 当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出 L＝v0t1………………………………1分 ‎＝a1 t12………………………………1分 a1＝………………………………2分 解得：U1＝120 V ………………………………1分 当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出 L＝v0t2………………………………1分 ‎＝a2 t22………………………………1分 a2＝………………………………2分 解得U2＝200 V ………………………………1分 所以120 V＜U＜200 V.………………………………1分 ‎16.如图所示，空间分布着水平方向的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d＝0.4 m，竖直方向足够长，磁感应强度B＝0.5 T。正方形导线框PQMN边长L＝0.4 m，质量m＝0.2 kg，电阻R＝0.1 Ω，开始时放在光滑绝缘水平板上Ⅰ位置，现用一水平向右的恒力F＝0.8 N 拉线框，使其向右穿过磁场区，最后到达Ⅱ位置(MN边恰好出磁场)。设线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场后线框恰好做匀速运动，g取 10 m/s2。求：‎ ‎（1）线框进入磁场前运动的距离D；‎ ‎（2）上述整个过程中线框内产生的焦耳热；‎ ‎（3）线框进入磁场过程中通过的电量。‎ ‎【答案】(1)0.5 m　(2)0.64 J　(3)0.8C ‎【解析】‎ ‎(1)线框在磁场中匀速运动，则 由公式得：，，‎ 由以上四式联立解得：‎ 由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）由能量守恒定律可知 ‎（3）根据可得 ‎17.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子。从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ ‎(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；‎ ‎(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；‎ ‎(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．‎ ‎【答案】（1）20 m/s　（2）0.90 m　（3）B′＞5.33 T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)粒子处于加速阶段，则由动能定理可求出速度大小；(2)粒子仅在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出运动的半径大小;再根据几何关系，建立已知长度与半径的关系，从而即可求得.(3)由于带电粒子不从x轴射出，根据几何关系可得半径的取值范围，再由半径公式可推导出磁感应强度B'满足的条件.‎ ‎【详解】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理 代入数据得v＝20 m/s ‎(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有： ‎ 代入数据得R＝0.5m ‎ 而 故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示:‎ 由几何关系可知：‎ 故OQ＝0.90m ‎(3)带电粒子不从x轴射出,如图乙所示：‎ 由几何关系得：①‎ ‎ ②‎ 由①②并代入数据得 ‎【点睛】考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力.‎ ‎ ‎