2017-2018学年广东省佛山市高二上学期期末教学质量检测物理试题 解析版

2017-2018学年广东省佛山市高二上学期期末教学质量检测物理试题 解析版

广东省佛山市2017-2018学年高二上学期期末教学质量检测物理试题 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，错选、不选得0分。‎ ‎1. 我国2016年7月在四川省稻城县海子山动工建设的“高海拔宇宙线观测站”（LHAASO），是世界上海拔最高、规模最大、灵敏度最强的宇宙射线探测装置。假设来自宇宙的质子流沿着与地球表面垂直的方向射向这个观测站，由于地磁场的作用（忽略其他阻力的影响），粒子到达观测站时将 A. 竖直向下沿直线射向观测站 B. 与竖直方向稍偏东一些射向观测站 C. 与竖直方向稍偏西一些射向观测站 D. 与竖直方向稍偏北一些射向观测站 ‎【答案】B ‎【解析】质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转．故B正确，A、C、D错误．故选B．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握地磁场的方向，以及会运用左手定则判断洛伦兹力的方向．‎ ‎2. 现欲用多用电表测量右下图中流过电阻R2的电流，将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小)以后，正确的接法是 A. 保持S闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处 B. 保持S闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处 C. 将S断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处 D. 将S断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处 ‎【答案】C ‎【解析】要想测电阻R 2 的电流，必须将开关S断开，将两表笔接入电路．同时满足电流红进黑出向右偏，则红表笔接电势高的a处，黑表笔接电势低的b处．故选C.‎ ‎3. 一带电粒子自图中A点以初速度v0的平行于等势面射入电场，其运动轨迹如虚线AB所示。图中a、b、c、d为电场的四个等势面，且其电势关系为φa>φb>φc>φd，不计粒子重力，则 A. 粒子一定带正电 B. 粒子一定做匀变速运动 C. 粒子从A到B的运动过程中，动能先减小后增大 D. 粒子从A到B的运动过程中，电势能不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】A、根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向下方向，而粒子的轨迹向上弯曲，则知电场力竖直向上，所以粒子带负电；故A错误；B、粒子所受的电场力是恒力，粒子的运动为匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．故B正确；C、D、粒子的电场力向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大；电场力对带电粒子做正功，其电势能减小；故C，D均错误；故选B．‎ ‎【点睛】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了等势线和电场线、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧．‎ ‎4. 在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较 A. 灯泡L变亮 B. 电容器C上的电荷量不变 C. 电源消耗的总功率变小 D. 电阻R0两端电压变大 ‎【答案】C ‎【解析】A、C、滑动变阻器的滑片向右移动一点，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，流过电源的电流减小，则由知电源的总功率变小，且流过灯泡的电流减小，灯泡L亮度变暗，故A错误，C正确；B、电源的路端电压U=E-Ir增大，即电容器电压增大将充电，电荷量将增大．故B错误．D、电阻R0只有在电容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D错误；C、．故C正确．故选C．‎ ‎【点睛】本题电路动态变化分析问题．对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压．‎ ‎5. 如图，内阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V，60W”的灯泡串联后接在电压为220V恒压电源两端，灯泡正常发光，则 A. 电解槽消耗的电功率为60W B. 电解槽的发热功率为60w C. 电解槽中将电能转化为化学能的功率为60W D. 整个电路消耗的总功率为60W ‎【答案】A ‎【解析】A、由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压为220-110=110V，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以，所以电解槽的输入功率为：P=UI=60W，所以A正确．B、电解槽的发热功率为：，所以B错误．C、对电解槽由能量守恒，可得，故C错误；D、电路的总功率等于电解槽的输入功率和灯泡的功率之和为：P总=P+P=120W，所以D错误．故选A.‎ ‎【点睛】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机、电解槽等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ ‎6. 欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电流表，他利用小磁针的偏转来测定电流的大小。其具体做法是：在地磁场作用下小磁针水平静止，在小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转。当通过该导线的电流为I时，小磁针偏转了30°若某次实验中，他发现小磁针偏转了60°，则通过该直导线的电流为（已知通电直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）‎ A. 2I B. 3I C. D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】当通过电流为I，根据题意可知：地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为：‎ 当夹角为30°时，有：B1=kI=B地tan30° ①，当夹角为60°时，有：B2=kI1=B地tan60° ②；由①②解得：I1=3I，故A，C，D错误，B正确．故选B．‎ ‎【点睛】本题要明确磁感应强度是矢量，合成的法则是平行四边定则，能顺利应用平行四边形定则解决问题．‎ ‎7. 万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，而一个有质量的物体在其他有质量的物体所产生的引力场中都要受到该场的引力作用。这种情况可以与电场相类比，那么在地球产生的引力场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比 A. 电势 B. 电势能 C. 电场强度 D. 静电力 ‎【答案】C ‎【解析】因为g=G/m,而在电场中E=F/q，所以选C.‎ 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符合题目要求，全选对的得4分，漏选的得2分，错选、不选得0分。‎ ‎8. 如图所示，螺线管、蹄形铁芯、长直导线AB均相距较远.当开关闭合后，小磁针N极（黑色的一端）的指向正确的小磁针是 ‎ A. a B. b C. c D. d ‎【答案】BC ‎【解析】导线的电流方向为顺时针，根据小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向，‎ A、B、由右手螺旋定则可知，通电螺线管左端为N极，右端为S极，螺线管的内部磁场由右指向左，外部由左到右，则有a磁针方向错误，b磁针方向正确，故A错误，B正确；C、而对于U形螺线管左端相当于S极，右端相当于N极，故c磁针的方向正确，故C正确，D、对于直导线AB，左端磁感线垂直纸面向里，右端次感线垂直纸面向外，因此d磁针方向错误，故D错误；故选BC.‎ ‎【点睛】考查通电导线的电流方向来确定磁场的方向，掌握右手螺旋定则的应用，注意螺线管内部的磁场方向．‎ ‎9. 如图，一平行金属板水平放置，充电完毕后与电源断开，极板间有一带负电的油滴处于静止状态。若油滴的带电量减少了少许，以下操作能使该油滴仍保持静止的是 A. 使上极板水平向左移动少许 B. 使两金属板相互靠近些 C. 使两金属板相互远离些 D. 将平行板电容器接在更高电压的电源上 ‎【答案】AD ‎【解析】油滴受重力和电场力处于平衡状态，即mg=qE．某时刻油滴的电荷量开始减小（质量不变），为维持该油滴原来的静止状态，则电场的电场强度必须增大．‎ A、上极板向左移动，正对面积减小,根据得电容减小，根据,可知Q不变时极板间的电势差U增大,再根据,知电场强度增大,可以使油滴静止，故A正确． B、C、当电量Q一定,因为和,所以电场强度，与电容器两极板间的距离无关，所以电容器两极板靠近和远离时，电场强度不变，电荷的电量减小，则电场力减小，电荷不能平衡．故B，C错误;D、直接提高电容器的电压而不改变其它量，则匀强场强的场强E增大，符合题意，故D正确；故选AD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握电容器的定义式和决定式，知道当电量不变时，电容器两极板间的电场强度与两极板间的距离无关．‎ ‎10. 右图为某种回旋加速器的示意图，它由两个相对放置的D形盒构成。其盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，图中虚线为AC极板的延长线，其间未加电场。带电粒子从P0处小孔以速度v0沿电场线方向射入AC板间，经加速后经C板上小孔， 进入D形盒的匀强磁场中做匀速圆周运动（“孔”与“盒”图中均未画出）对于这种回旋加速器，下列说法正确的 A. 带电粒子每运动一周只被加速一次 B. 带电粒子依次运动到A板右侧延长线的位置间距离P1P2= P2P3‎ C. 加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D. 加速电场方向需要做周期性的变化 ‎【答案】AC ‎...............‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．‎ ‎11. 图甲是手机用锂电池，图乙是某型号超级电容器，两者的内阻均不计。如果将充满电的甲和乙的电量完全放完，甲可以释放电量Q1，同时对外做功W1：乙可以释放电量Q2.同时对外做功W2。则以下关系正确的是 A. Q1> Q2 B. Q1< Q2 C. W1> W2 D. W1< W2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】A、B、手机锂电池放电的电量，电容器的放电电量，比较可得，故A错误，B正确；C、D、锂电池对外做功，电容器对外做功释放电场能；比较可得，故C错误，D正确.故选BD.‎ ‎【点睛】本题研究了电池的冲放电和电容器的冲放电，对比电量的计算和对外做功计算.‎ ‎12. 如图，在绝缘光滑水平面上C点固定一个正的点电荷甲，另一个带负电的小球乙仅受甲的库仑力作用沿椭圆轨道I运动（甲、乙均可视为质点），C点是椭圆轨道的其中一个焦点。小球乙在某一时刻经过A点时因速度大小突然发生改变（电量不变）而进入以C 为圆心的圆形轨道Ⅱ做匀速圆周运动，以下说法正确的是 A. 在甲电荷的电场中，轨道I上的各点，D点的电势最高 B. 乙球在轨道I运动时，经过D点时系统的电势能最大 C. 乙球在两个轨道运动时，经过A点的加速度大小相等 D. 乙球从轨道I进入轨道Ⅱ运动时，系统的总能量减小 ‎【答案】BCD ‎【解析】A、甲为正的场源电荷，在其周围电场线向外，电势逐渐降低，则D点离甲最远，电势最低，故A错误；B、由电势能知，负电荷在电势最低的D点电势能最大，故B正确；C、圆轨道和椭圆轨道的同一点，都是相同的库仑力产生加速度，，则两轨道经过同一A点时的加速度相等，C正确；D、乙球从椭圆轨道进入低轨道需要减速，则需要损失部分动能，根据能量守恒定律知系统的总能量减小，D正确。故选BCD。‎ ‎【点睛】本题主要考查了同学们识图的能力，要知道做椭圆运动的物体在靠近焦点的轨道上时运动的速度大于远离焦点轨道上的速度，可以类比行星运动模型分析．‎ 三、实验与解答题：本大题共4小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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。‎ ‎13. 某实验小组的几位同学利用酸奶做成图甲所示的原电池，并测量其电动势和内电阻.‎ ‎(1)他们先选择多用电表直流电压“1V”档粗测该电池的电动势，表盘指针如图乙所示，则该酸奶电池的电动势约为________V，该测量值_________（填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。‎ ‎(2)该电池的内阻大约为100~300Ω，为了较准确地测量出该电池的内阻，他们设计了如图丙所示的实验电路.请从下列器材中选择合适的电流表A和变阻器R，电流表A应选择__________，变阻器R应该选择________（均填序号）‎ ‎①量程为0.6A的电流表(内阻RA=1Ω）：‎ ‎②量程为5mA的电流表（内阻RA=100Ω）： ‎ ‎③量程为100μA的电流表（内阻RA=200Ω）：‎ ‎④阻值为0~1000Ω的滑动变阻器 ‎⑤最大阻值为999.9Ω的电阻箱（图丙）‎ ‎(3)在记录了实验数据后，他们根据实验数据作出图丁曲线，则该电源的电动势E=________V（保留2位有效数字），内阻r=_______Ω.（保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 0.81 (2). 小于 (3). ② (4). ⑤ (5). 0.90(0.88~0.90) ‎ ‎ (6). 170(164~170）‎ ‎【解析】(1)电压表量程为1V，则最小分度为0.02V，故读数为0.81V；因电源有内阻，电压表和电源构成了回路，故所测为路端电压小于电动势.‎ ‎(2)依据电路图可知用安阻法测电源的电动势和内阻，则需要电阻箱读出外电路的阻值，故变阻器R要选⑤；由图象可知，故电流表选②(5mA)即安全又精确读数。‎ ‎(3)由全电路的欧姆定律，可得，则图象的斜率，解得；图象的纵截距，可得 ‎ ‎【点睛】测量电动势和内电阻的实验，常见的方法有伏安法，伏阻法，安阻法；要注意明确实验原理，能根据闭合电路欧姆定律进行分析，求出对应的表达式．‎ ‎14. 下图为导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸），滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源，滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，比例常量k=8.0×10-5T/A.已知两导轨内侧间距l=1.5cm，滑块的质量m=30g，滑块沿导轨滑行x=5m后获得的发射速度v=3.0km/s（此过程视为匀加速运动）。‎ ‎(1)求发射过程中滑块滑行的加速度和电源提供的电流各是多大?‎ ‎(2)若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的平均输出功率多大?（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】(1)a=9×105m/s2, I=1.5×105A (2)P=1.0×109W ‎【解析】(1)由匀变速运动公式有：v2=2ax ① ‎ 解得a=9×105m/s2‎ 根据牛顿第二定律F=ma ② ‎ 安培力公式F=IlB ③ ‎ 及B=kI 得： kI2l=ma ④‎ 解得： ‎ ‎(2)滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即 ⑤‎ 发射过程中电源供电时间 ⑥‎ 电源平均输出功率为 ‎ ‎【点睛】本题研究牛顿第二定律和运动学公式、能量守恒定律的综合运用，加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎15. 图甲是示波管的原理图，图乙是荧光屏的平面图。当偏转电极XX′、YY′上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点形成一个亮斑；已知电子枪的加速电压U1=5000V（电子从灯丝上逸出时的初速度不计），电子的荷质比e/m≈l.8×1011C/kg，偏转电极YY′的长度L=8cm，板间距离d=8mm，Y偏转电极右端与屏之间的水平距离S=20cm,求：‎ ‎(1)当YY′电极加上恒定电压Uy=50V，而XX′电极不加电压时，电子离开YY′偏转电场时Y方向偏移量y1.‎ ‎(2)在上一问中电子击中荧光屏的位置坐标?‎ ‎(3)当YY′电极加上恒定电压Uy=50V，同时在XX′电极加上如图丙的电压时，请在图乙中定性地画出电子击中荧光屏上时显示的图像（不用计算）。‎ ‎【答案】(1)y1=3mm (2)位置坐标为（0，12mm）(3) ‎ ‎【解析】(1)设带电粒子经加速场加速后的速度为v0，根据动能定理得: ①‎ 电子进入YY′偏转场后，水平方向有：L= v0 t1 ②‎ YY′偏转电场的场强： ③‎ 电子进入YY′偏转场后受电场力：F=Ee ④‎ 电子进入YY′偏转场后的加速度；F=ma ⑤‎ 电子离开YY′偏转时y方向的偏移量： ⑥‎ ‎(2)电子离开YY′偏转场时”方向速度大小； ⑦‎ 电子从离开YY′偏转场至运动到屏的时间： ⑧‎ 电子离开YY′偏转场后y方向的偏移量： ⑨‎ 电子的总偏转量：y=y1十y2=12mm ⑩‎ 则电子打中荧光屏的位置坐标为（0，12mm）‎ ‎(3)y方向加恒定电压，则形成恒定的纵坐标Y，x方向加周期性的扫描电压，则横坐标X周期性变化，图像如图所示 ‎【点睛】题考查对示波器工作原理的理解，其基本原理是电场的加速和偏转，根据偏转距离与偏转电压的关系，分析荧光屏上光斑的变化．‎ ‎16.‎ ‎ 在图示的xOy平面中，存在一匀强磁场，磁场分布在以O为圆心的一个圆形区域内，磁场方向垂直于xOy平面。一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子，t=0时刻，由原点O出发，以初速度v沿x轴正方向运动。一段时间后，粒子经过y轴上坐标为（0，a)的P点，忽略重力的影响。‎ ‎(1)如果P点在该圆形磁场区域以内，要使该粒子经过P点，试求该匀强磁场磁感应强度B1的大小和方向以及该粒子经过P点的时刻。‎ ‎(2)如果P点在该圆形磁场区域以外，要使该粒子与y轴正方向成30°角斜向左上方经过P点，试求该圆形磁场的半径R以及磁感应强度B2的大小和方向.‎ ‎【答案】(1),方向垂直xOy平面向里; (2);,方向垂直xOy平面向里.‎ ‎【解析】(1)如图所示，该粒子在磁场中作圆周运动的半径 ①‎ 由洛伦兹力提供向心力，有 ②‎ 解①②得： ③‎ 磁场方向垂直xOy平面向里 ④‎ 该粒子做圆周运动的周期 ⑤‎ 该粒子经过P点的时刻 ⑥‎ ‎(2)如图所示,作出入射速度与出射速度角的平分线OC,交出射速度反向延长线PC于C点。‎ 则圆形磁场的半径R=OC，轨迹圆心O1，轨迹半径r2=O1C 由几何关系知：2Rcos30°=a， 得 ⑦‎ 又2r2cos30°=R，故 ⑧‎ 洛伦兹力做向心力，有 ⑨‎ 解⑧⑨得：，磁场方向垂直xOy平面向里 ⑩‎ ‎【点睛】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供做匀速圆周运动，同时结合数学几何关系来构建长度关系．注意运动圆弧的半径与磁场半径的区别．‎ ‎ ‎