2017-2018学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

双鸭山市第一中学2017-2018学年度上学期高二物理学科期末考试试题 选择题 ‎1. 在下图四种电场中，分别有a、b两点．其中a、b两点的电势不相等，场强相同的是（　　）‎ A. 甲图：与点电荷等距的a、b两点 B. 乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C. 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中离平板很近的a、b两点 D. 丁图：匀强电场中的a、b两点 ‎【答案】D ‎【解析】A项：甲图为正的点电荷的电场，图中ab两点在同一个圆上，所以ab两点的电势相同，电场强度的大小也相同，但是场强的方向不同，所以A错误；‎ B项：乙图为等量的异种电荷的电场，在起中垂线上的所有的点的电势都为零，并且场强的方向均为水平的指向负电荷，所以此时ab两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，所以B错误；‎ C项：丙图中ab处于金属平板上，处在电场中的金属平板处于静电平衡状态，金属板的表面为等势面，并且电场线与等势面垂直，又由于此时的ab是左右对称的，所以ab两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，所以C错误；‎ D项：丁图是匀强电场，ab点的场强的大小和方向都相同，但是根据沿电场线的方向电势降低可知，b点的电势要比a点的电势高，所以D正确。‎ ‎2. 如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（　　）‎ A. 奥斯特，小磁针的N极转向纸内 B. 法拉第，小磁针的S极转向纸内 C. 库仑， 小磁针静止不动 D. 洛伦兹，小磁针的N极转向纸内 ‎【答案】A ‎【解析】发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故BCD错误，A正确．故选A．‎ ‎3. 关于磁感线的说法，下列正确的是：（ ）‎ A. 磁感线从磁体的N极出发，到磁体S极终止 B. 磁感线可表示磁场的强弱和方向 C. 电流在磁场中的受力方向，即为该点磁感线方向的切线方向 D. 沿磁感线方向，磁感应强度渐弱 ‎【答案】B ‎【解析】解：A、磁感线分布特点：在磁体外部磁感线从N极出发进入S极，在磁体内部从S极指向N极．故A错误．‎ B、磁感线的疏密表示磁场的强弱；其每一点的切线方向表示磁场方向；故B正确；‎ C、电流在磁场中受力方向与磁场方向相互垂直；故C错误；‎ D、磁感线方向表示磁场方向，但不能描述大小；只有磁感线的疏密才能描述强弱；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了磁感线的引入的原因和特点、磁场的性质．由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质．‎ ‎4. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则（ ）‎ A. 电灯L更亮，安培表的示数减小 B. 电灯L更亮，安培表的示数增大 C. 电灯L变暗，安培表的示数减小 D. 电灯L变暗，安培表的示数增大 ‎【答案】A ‎..................‎ 点晴：本题要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析。‎ ‎5. 如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L标有“6 V,12 W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.5 ，若灯泡恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电动机的总功率是72W B. 电动机的热功率是1W C. 电动机的输出功率是10W D. 整个电路消耗的电功率是22W ‎【答案】C ‎【解析】电动机为非纯电阻电器，欧姆定律对电动机不再适用，灯泡L正常发光，则，即电路中的电流I=2A，故整个电路消耗的总功率，电动机的输入功率等，电动机的热功率，电动机的输出功率，故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎【点睛】根据灯泡的额定功率可求得电路中电流，则由P=UI可求得总功率，根据串联电路规律可求得电动机的输入功率；根据可求得电动机的热功率，即可求得电动机的输出功率．‎ ‎6.‎ ‎ 如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，小球可沿圆环自由运动。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是 （ ）‎ A. 当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大 B. 当小球运动的弧长为圆周长的3/8时，洛伦兹力最小 C. 小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D. 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】由洛伦兹力公式F＝qvB可知速度大，则力大，而速度最大的位置在重力场和电场的复合场的最低点，与水平面成45°角的左斜下方，故选项A、B错误；从a点到b点，电场力做正功，电势能减小，故选项C错误；从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，动能在重力场和电场的复合场的最低点最大，故动能先增大后减小，选项D正确。‎ ‎7. 电源的电动势是2V，表明了电源具有这样的本领 （ ）‎ A. 电源把2J其它形式的能转化为电能的本领 B. 在每秒内，能把2J的其它形式的能转化为电能的本领 C. 电路中每通过1C电荷量时有2J的其它形式的能转化为电能 D. 在每秒内，能使电路中通过的每库仑的电荷量具有2J的电能 ‎【答案】C ‎【解析】电动势是指电源中的非静电力将1 C的正电荷从负极搬到正极所做的功,同时也可以表述为每通过1 C的电量,电源将其他形式的能转化为电能的多少，故C正确。 ‎ ‎8. 一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v-t图象如图所示，则下列说法中正确的（　　）‎ A. A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B. CD间各点电场强度和电势都为零 C. 粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能 D. AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差 ‎【答案】AC ‎【解析】A项：由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；‎ B项：CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故B错误；‎ C项：从A到B，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，故C正确；‎ D项：A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误。‎ ‎9. 如图所示，是电视机显像管主聚焦电场中的电场线分布图，中间一根电场线是直线，电子从O点由静止开始只在电场力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正反向．在此过程中关于电子运动速度v、加速度a随时间t的变化，电子的动能Ek、运动径迹上电势φ随位移x的变化曲线，下列可能正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】A项：在v-t图象中，斜率表示加速度，而加速度由电场力产生，而F=Ee，由于电场线的疏密表示电场强弱，故可得在电子运动过程中，电场先增强后减弱，故加速度应先增大后减小，故斜率应先增大后减小，故A错误；‎ B项：由A分析，结合电场线的分布特点可得，故B正确；‎ C项：由动能定理可得，Ek=W=Eex，故Ekx图象中，斜率代表电场力，根据电场线分布特点知，电场力先增大后减小，故C正确；‎ D项：△φ=U=Ex，故在φ-x图象中，斜率表示电场强度，故斜率应先增大后减小，故D错误。‎ ‎10. 三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有（　　）‎ A. O点处实际磁感应强度的大小为B B. O点处实际磁感应强度的大小为B C. O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°‎ D. O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角正切值为2．‎ ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在O点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解．‎ 解：A、由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图：‎ 则：B合==B，故A错误，B正确，‎ C、设O点处实际磁感应强度的方向与斜边的夹角为α，‎ 根据力的合成与分解的法则，结合三角函数关系，则有：tanα==2．‎ 所以磁感应强度的方向与斜边夹角为arctan2，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提．‎ ‎11. 如图所示，初速度不计的电子从电子枪中射出，在加速电场中加速，从正对P板的小孔射出，设加速电压为U1，又垂直偏转电场方向射入板间并射出，设偏转电压为U2。则：（ ）‎ A. U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大 B. U1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短 C. U2变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小 D. 若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可 ‎【答案】ABD ‎【解析】A项：由可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大，故A正确；‎ B项：由可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的水平速度变大，运动时间变短，故B正确；‎ C项：由可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故C错误；‎ D项：由可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1‎ 变大，其它条件不变即可，故D正确。‎ 点晴：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出。‎ ‎12. 速度相同的一束粒子（不计重力）经过速度选择器后射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（ ）‎ A. 这束带电粒子带正电 B. 速度选择器的P1极板带负电 C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 D. 若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电．故A正确．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得：．故C正确．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：．可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则越小．故D正确．故选ACD．‎ 考点：质谱仪；速度选择器 ‎【名师点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。‎ 二、实验题 ‎13. 甲同学利用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内阻，提供的器材有：‎ A．干电池两节，每节电动势约为1.5 V，内阻未知 B．直流电压表V1、V2，内阻很大 C．直流电流表A，内阻可忽略不计 D．定值电阻R0，阻值未知，但不小于5 Ω E．滑动变阻器 F．导线和开关 ‎（1）请根据所给电路图，以笔画线代表导线，在图乙所示的实物图上将所缺导线画上_______；‎ 乙 ‎（2）甲同学利用该电路完成实验时，由于某根导线发生断路故障，导致一只电压表始终没有读数，因此只记录了一只电压表和电流表的示数，如下表所示，利用表格中的数据在图丙中作出U–I图象_______。‎ 丙 ‎（3）由图象可知，两节干电池总电动势为_______V，总内阻为______Ω（结果均保留三位有效数字）。由计算得到的数据可以判断，有读数的电压表应为电压表_____（选填“V1”或“V2”）。‎ ‎【答案】 (1). （1）； (2). （2）； (3). （3）2.90（2.87~2.93均得分）； (4). 3.50（3.40~3.60均得分）； (5). V1；‎ ‎【解析】(1)按原理图连线，注意电压的正接线柱应接电势高的地方，如图所示：‎ ‎(2) 由表格中数据采用描点法可以将各点描于坐标中，用直线将各点连接，若不能在一直线上，则可将各点均匀分布在直线两边，如图所示：‎ ‎(3) 图象与纵轴的交点为电源的电动势，故E=2.90V；‎ 图象的斜率表示电源的内阻：；‎ 若示数为V2电表的，则测量的内电阻一定包含有定值电阻R，而定值电阻大于5Ω，故说明读数只能是读的V1。‎ 三、计算题 ‎14. 如图所示，两平行光滑金属导轨宽d，与电源连通，导轨平面与水平方向的夹角θ角，导轨上放置一质量为m的金属棒MN。当导体棒中通有电流I时，为使其能静止在导轨上，需在金属棒所在的空间加一匀强磁场。‎ ‎（1）如果导体棒MN静止在导轨上且对导轨无压力，则所加的匀强磁场的磁感强度大小和方向如何？‎ ‎（2）若要磁场的磁感应强度最小，所加磁场方向如何？ 磁感应强度最小值为多大？‎ ‎【答案】（1）；（2）；‎ ‎【解析】试题分析：（1）导体棒对轨道无压力，MN所受安培力 应竖直向上，故磁场方向应水平向右 且：IdB=mg 解得：B=‎ ‎（2）当安培力沿斜面向上时，安培力最小，磁感应强度最小，方向应垂直于斜面向下 由力的分解，则有IdB′=mgsinθ 解得：B′=‎ ‎15. 在如图所示的电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R1＝R2＝10 Ω，R3＝30 Ω，R4＝35 Ω，电容器的电容C＝100 μF，电容器原来不带电．求：‎ ‎(1)闭合开关S后，电路稳定时，流过R3的电流大小I3；‎ ‎(2)闭合开关S后，直至电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q.‎ ‎【答案】（1）0.12A；（2）3.6×10-4 C；‎ ‎【解析】试题分析：（1）闭合开关S后电路稳定时，外电阻…①‎ 总电流…②‎ 路端电压U外=IR外=0．6×8=4．8V …③‎ 流过R3的电流为…④‎ ‎（2）闭合开关S后，电路稳定时，‎ 加在电阻R3的电压U3=I3R3=3．6V …⑤‎ 电容充电完毕所带的电荷量Q=CU3=3．6×10-4C …⑥‎ 闭合开关S直至电路稳定流过R4的总电荷量Q=3．6×10-4C ⑦‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】对于含有电容器的问题，关键是确定电容器的电压．电路稳定时电容器的电压等于其并联电路两端的电压。‎ ‎16. 在如图所示的直角坐标系中，x轴的上方存在与x轴正方向成45°角斜向右下方的匀强电场，场强的大小为E=×104 V/m。x轴的下方有垂直于xOy面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=2×10–2 T。把一个比荷为=2×108 C/kg的正电荷从坐标为（0，1）的A点处由静止释放。电荷所受的重力忽略不计。‎ ‎（1）求电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间；‎ ‎（2）求电荷在磁场中做圆周运动的半径；（保留两位有效数字）‎ ‎（3）当电荷第二次到达x轴时，电场立即反向，而场强大小不变，试确定电荷到达y轴时的位置坐标。‎ ‎【答案】（1）10–6 s； （2）0.71 m； （3）（0，8）；‎ ‎【解析】解：（1）如图，电荷从A点匀加速运动运动到x轴的C点的过程：‎ 位移S=AC=m 加速度a==2×1012m/s2‎ 时间t==10﹣6s ‎（2）电荷到达C点的速度为 v=at=2×106m/s 速度方向与x轴正方向成45°角，在磁场中 运动时 由qvB=‎ 得R==m 即电荷在磁场中的偏转半径为0.71m ‎（3）轨迹圆与x轴相交的弦长为△x=R=1m，所以电荷从坐标原点O再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动．‎ 设到达y轴的时间为t′，则：‎ tan45°=‎ 解得t′=2×10﹣6s 则类平抛运动中垂直于电场方向的位移L=vt′=4m y==8m 即电荷到达y轴上的点的坐标为（0，8）‎ 答：（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间10﹣6s；‎ ‎（2）电荷在磁场中做圆周运动的半径0.71m；‎ ‎（3）当电荷第二次到达x轴上时，电场立即反向，而场强大小不变，则确定电荷到达y轴时的位置坐标（0，8）．‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ 分析：（1）根据牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；‎ ‎（2）根据洛伦兹力提供向心力，结合速度公式，即可求解；‎ ‎（3）根据粒子做类平抛运动，由速度方向的位移与垂直速度方向的位移关系，可确定运动时间，进而可求得垂直于电场方向的位移，即可求解．‎ 点评：考查牛顿第二定律与运动学公式的应用，掌握运动的分解与合成方法，理解三角函数在题中的运用，注意类平抛运动的处理思路．‎ ‎17. 一光滑绝缘细直长杆处于静电场中，沿细杆建立坐标轴x，以x=0处的O点为电势零点，如图（a）所示．细杆各处电场方向沿x轴正方向，其电场强度E随x的分布如图（b）所示．细杆上套有可视为质点的带电环，质量为m=0.2kg，电荷量为q=-2.0×10-6C．带电环受沿x轴正向的恒力F=1.0N的作用，从O点静止开始运动，求： ‎ ‎（1）带电环在x=1m处的加速度；‎ ‎（2）带电环运动区间内的电势最低值；‎ ‎（3）带电环动能为0.5J时的位置；‎ ‎【答案】（1）2 m/s2 方向水平向右；（2）-3×106V；（3）1m 或 5m；‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由图象得到电场强度随时间变化的函数表达式，求出在x=1m处的合力，根据牛顿第二定律求解；‎ ‎(2)由动能定理求得当带电环运动区间内的电势最低值的距离，在结合图象可求；(3)由动能定理求得带电环动能为0.5J时的位置；‎ ‎(1) 由图可知：E=（x+2）×105N/C，可知 带电环受到的电场力：FE=Eq=（x+2）×10-5×2×10-6=0.2x+0.4 N ‎ 带电环受到的合外力：F合=F-Eq=1-（0.2x+0.4）N=0.6-0.2x ‎ 当x=1m时，F合=0.6-0.2x=（0.6-0.2）N=0.4N ‎ 由F=ma得：；‎ ‎(2) 因为沿电场线方向电势降低，所以当带电环沿x轴正方向运动到了最远处电势最低点，‎ 由动能定理得： ‎ 解得x=6m 由E-x图象可知：U0-Umin=0-[（2+8）×105×6]/2=-3×106V ；‎ ‎(3) 当W合=0.5J时，带电环动能为0.5J，由 解得x=1m或x=5m。‎ ‎ ‎