2017-2018学年河北省定州中学高二（承智班）上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年河北省定州中学高二（承智班）上学期期末考试物理试题 解析版

河北省定州中学2017-2018学年高二（承智班）上学期期末考试 物理试题 一、选择题 ‎1. 如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】金属棒PQ进入磁场前没有感应电动势，D错误；当进入磁场，切割磁感线有E=BLv，大小不变，可能的图象为A选项、BC错误。‎ ‎ ‎ ‎2. 如图所示，在两根平行长直导线M、N 中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd 和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自左向右在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为（ ）‎ A. 沿abcda不变 B. 沿adcba不变 C. 由abcda 变成adcba D. 由adcba 变成abcda ‎【答案】A ‎【解析】根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知,在中线右侧磁场向外,左侧磁场向里. 当导线框位于中线左侧运动时,磁场向里,磁通量减小,根据楞次定律可以知道,感应电流方向为abcda; 当导线框经过中线,磁场方向先向里,后向外,磁通量先减小,后增加,根据楞次定律,可以知道感应电流方向为abcda; 当导线框位于中线右侧运动时,磁场向外,磁通量增加,根据楞次定律可以知道,感应电流方向为abcda;所以A选项是正确的.‎ 综上所述本题答案是：A ‎3. 直流电路如图所示，电源的内阻不能忽略不计，在滑动变阻器的滑片P由图示位置向右移动时，电源的 A. 效率一定增大 B. 总功率一定增大 C. 热功率一定增大 D. 输出功率一定先增大后减小 ‎【答案】A ‎ ‎ ‎【点睛】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题．‎ ‎4. 在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上．当通以交流电时，每个线圈产生 的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈 1,2 的匝数之比 n1∶n2＝2∶1.在不接负载的 情况下( )‎ A. 当线圈 1 输入电压为 220 V 时，线圈 2 输出电压为 110 V B. 当线圈 1 输入电压为 220 V 时，线圈 2 输出电压为 55 V C. 当线圈 2 输入电压为 110 V 时，线圈 1 输出电压为 220 V D. 当线圈 2 输入电压为 110 V 时，线圈 1 输出电压为 55V ‎【答案】B ‎【解析】因为理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈中产生的感应电动势之比,所以当从线圈1输入电压时,由 得 . ‎ 当从线圈2输入电压 时,‎ 同理得： .故B 正确 综上所述本题答案是：B ‎5. 长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω＝2v/b的角速度转过90°角。那么(   ) ‎ A. 通过导线横截面的电荷量q1∶q2＝1∶n B. 通过导线横截面的电荷量q1∶q2＝1∶1‎ C. 线框发热功率P1∶P2＝2n∶1‎ D. 线框发热功率P1∶P2＝1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、B项：根据法拉第电磁感应定律，得出感应电动势，结合闭合电路欧姆定律，与电量表达式Q=It，即可解得电量，虽然两次的运动方式不同，但它们的磁通量的变化量相同，因此它们的电量之比为1：1，故A错误，B正确；‎ C、D项：由平均感应电动势，瞬时感应电动势E=BLv．则感应电流的大小之比即为感应电动势大小之比，则为，再根据线框的发热功率P=I2nR，可知，线框发热功率P1：P2=2：1，故C、D错误。‎ ‎6. 法拉第圆盘发动机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 圆盘虽然转动，但由于通过圆盘的磁通量没有变化，没有电流通过电阻R B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流过电阻R C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的两倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】B ‎【解析】A项：实验过程中，穿过圈盘的磁通量不变，但可等效看成无数轴向导体切割磁感线产生感应电动势，所以有电流通过电阻，故A错误；‎ B项：若从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则知通过电阻R的电流从a到b，故B正确；‎ C项：圆盘转动方向不变，等效电源正负不变，电流方向不变，故C错误；‎ D项：根据，角速度加倍时功率变成原来的4倍，故D错误。‎ ‎7. 如图所示，PM是粗糙的水平轨道，其左端P点与竖直半圆形轨道PQ平滑连接。一质量为 m的物块从M点出发，向左冲上半圆形轨道，并能恰好通过半圆轨道的最高点Q。已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为0. 25,半圆轨道的半径为R，M点和P点间的距离为2R,物块在P点的速度大小为 (g为重力加速度大小），则（ ）‎ A. 物块在P点受到半圆轨道的支持力大小为mg B. 物块在M点的速度大小为 C. 物块从P点运动到Q点的过程中，合力做的功为-2mgR D. 物块将恰好落回到水平轨道上的M点 ‎【答案】BD ‎【解析】: 物块在P点的速度大小为，由牛顿第二定律得： ，代入数据得：‎ ‎ ，故A错误；‎ B、 物块从M运动到P点，由动能定理： ,解得： ,故B正确；‎ C、滑块能恰好通过半圆轨道的最高点Q,故对滑块在Q点应用牛顿第二定律可得: ，解得： ‎ 物块从P点运动到Q点的过程中由动能定理知： ,故C错误；‎ D、滑块从Q点做平抛运动落回水平固定轨道,故由平抛运动规律可得： , 则物块将恰好落回到水平轨道上的M点，故D正确；‎ 综上所述本题答案是：BD ‎8. 图示电路中，定值电阻的阻值为R1，电源内阻为r，A、V均为理想电表，滑动变阻器的总阻值R2>R1+r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中（ ）‎ A. 电压表的示数减小 B. 电流表的示数增大 C. 该定值电阻消耗的电功率先增大后减小 D. 滑动变阻器接入电路的电阻消耗的电功率先增大后减小 ‎【答案】ABD ‎【解析】AB、当滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，外电路电阻减小，故回路总电流增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，电流表示数增大，AB正确；‎ C、由于流过定值电阻的电流增大，所以定值电阻上消耗的功率也在增大，故C错误；‎ D、由于滑动变阻器的总阻值R2>R1+r，滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，‎ 当滑动变阻器的阻值等于定值电阻与电源内阻之和时滑动变阻器的功率最大，所以滑动变阻器接入电路的电阻消耗的电功率先增大后减小，故D正确；‎ 综上所述本题答案是：ABD ‎9. 如图所示，虚线a、b 和c 是某静电场中的三个等势面，电势分别为φa、φb和φc，且φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，运动轨迹如实线KLMN 所示，则（ ）‎ A. 粒子从K 到L的过程中，加速度增大 B. 粒子从L到M的过程中，电场力不做功 C. 粒子从K到L的过程中，电势能增加 D. 粒子从M到N的过程中，动能减少 ‎【答案】AC ‎【解析】A、越靠近点电荷，电场强度越大，则受力也就越大，所以粒子从K 到L的过程中，加速度增大，故A正确；‎ B、粒子从L到M的过程中，电势降低，粒子带正电，则粒子电势能减小，电场力做正功，故B错，‎ C、粒子从K到L的过程中； 电势升高，粒子带正电，则粒子电势能增加，电场力做负功，故C正确；‎ D、粒子从M到N的过程中，电势降低，粒子带正电，所以电势能减小，则动能增加，故D错，‎ 综上所述本题答案是：AC ‎10. 如图所示，空间某一区域内同时存在竖直向下的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场。带电微粒a、b、c 所带电荷电性和电量都相同，以相同的速率在此空间分别向右、向左、向里做匀速运动。以下判断正确的是（ ）‎ A. 它们都带正电 B. 它们都带负电 C. b 的质量最大 D. a 的质量最大 ‎【答案】ABD ‎【解析】AB、当带电粒子向里运动时，此时带电粒子不受磁场力的作用，由于能匀速运动，所以重力和电场力应该是一对平衡力，则受到的电场力方向应该向上，结合题中给出的电场方向知道粒子带负电，故A错，B对；‎ CD、对于a来说受到向下的重力和洛伦兹力，向上的电场力，而b电荷受到向下的重力及向上的电场力和洛伦兹力，由于带电粒子的电荷量以及速率都相同，则ab电荷受到的电场力和洛伦兹力都应该相等，根据受力知b电荷的重力大于a电荷的重力，则b的质量大于a的质量故C正确，D错误；‎ 综上所述本题答案是：BC ‎11. 在同光滑斜面上放同导体棒，右图所示是两种情况的剖面图。它们月在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上；两次导体棒A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡。己知斜面的倾角为日，则 A. ‎ B. ‎ C. 导体样A 所受安培力大小之比 D. 斜面对导体棒A的弹力大小之比 ‎【答案】AD ‎【解析】导体棒受力如图，根据共点力平衡得，‎ ‎ F1=mgsinθ，N1=mgcosθ． F2=mgtanθ，N2=mg/cosθ． 所以导体棒所受的安培力之比．斜面对导体棒的弹力大小之比．因为F=BIL，所以．故AD正确，BC错误．故选AD．‎ ‎12. 如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压恒定为U1=250V，输出功率P1=100kW，输电线电阻R=8Ω．则进行远距离输电时，下列说法中正确的是（ 　）‎ A. 若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小 B. 若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大 C. 输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比 D. 用10000 V高压输电，输电线损耗功率为800W ‎【答案】ACD ‎【解析】AB、由 知，P1增大，I1增大，I线增大，损失的电压增大，U3减小，‎ U4减小，故A正确；B错误；‎ C、损失的功率 ，，所以C正确；‎ D、用10 000 V高压输电，即 ，， 故D正确 综上所述本题答案是：ACD ‎13. 关于磁场，下列说法中正确的是 A. 磁场和电场一样，是客观存在的物质 B. 一小段通电直导线在磁场中受力为零，则该处的磁感应强度一定为零 C. 磁场的方向就是放入该点的通电直导线受到的磁场力的方向 D. 磁场的方向就是放入该点的小磁针静止时N极所指的方向 ‎【答案】AD ‎【解析】A项：磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质，故A正确；‎ B项：磁感应强度的大小与导线在磁场中所受的磁场力无关，导线所受的磁场力为零，磁感应强度不一定为零，故B错误；‎ C、D项：磁场中某点的磁场方向是小磁针北极的受力方向或小磁针静止时N极所指的方向，故C错误，D正确。‎ ‎14. 如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V。实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，已知带电粒子所带电荷量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子 A. 该粒子一定带正电 B. 在b点处的电势能为0.5J C. b点是a、b、c三点中动能最大的位置 D. 在c点处的动能为0.4J ‎【答案】AD ‎【解析】A、场强方向向上，电场力向上，则为正电荷，则A正确；B、b点处的电势能EP＝φq=0.01×30=0.3J，则B错误；C、总能量守恒由a点处可知E=0.01×10+0.5=0.6J，则b点处的动能为：0.6-0.3=0.3J，b处是动能最小的位置，则C错误；D、C点处的动能为为0.6-0.01×20=0.4J，则D正确，故选AD.‎ ‎【点睛】本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．‎ ‎15. 在图示电路中，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，变阻器的最大电阻为R0，若有电流通过，灯就发光，假设灯的电阻不变，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，灯L1、L2的亮度变化情况是（　　）‎ A. 当R1＞R0时，L1变暗，L2变亮 B. 当R1＞R0时，L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗 C. 当R1＜R0时，L1先变暗后变亮，L2不断变暗 D. 当R1＜R0时，L1先变暗后变亮，L2不断变亮 ‎【答案】AD ‎【解析】A、B当R1＞R0时，灯L1与滑动变阻器的一部分串联的总电阻一定大于另一部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻增大，所以总电流减小，所以通过灯L2的电流减小，所以L2变暗，通过L1的电流变大，L1变亮，故A、 B错误；‎ C、D项：当R1＜R0时，灯L1与滑动变阻器的一部分串联的总电阻先大于后小于另一部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L2的电流先减小后增大，故L2先变暗后变亮，而通过L1的电流一直变大，L1变亮，故D正确，C错误。‎ ‎16. 三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则（　　）‎ A. 三微粒在电场中的运动时间有t3=t2＞t1‎ B. 三微粒所带电荷量有q1＞q2=q3‎ C. 三微粒所受电场力有F1=F2＞F3‎ D. 飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能 ‎【答案】AD ‎【解析】三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，上极板带正电，下极板接地，微粒做类平抛运动。微粒水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动。‎ A：微粒水平方向做匀速直线运动，微粒在电场中的运动时间，三微粒水平速度相等，，则。故A项正确。‎ BC：微粒竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，则，且；所以。三个质量相等的带电微粒在竖直方向只受电场力F，则；所以，。故BC两项均错误。‎ D：微粒在竖直方向的末速度，，，则；微粒飞出电场的速度，微粒飞出电场的动能，则飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能。故D项正确。‎ ‎17. 一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的1/2，再给它两端加上电压2U，则（　　）‎ A. 通过导线的电流为I/16 B. 通过导线的电流为I/8‎ C. 导线中自由电子定向移动的速率为v/2 D. 导线中自由电子定向移动的速率为v/4‎ ‎【答案】BC CD：电流变为原来的1/8，横截面积变为原来的1/4，单位体积内自由移动的电子数n不变，每个电子所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式可知，‎ 电子定向移动的速率变为v/2。故C项正确，D项错误。‎ ‎18. 如图所示是一个直流电动机提升重物的装置，重物质量m=50kg，电源电压U=100V，不计各处的摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升1m时，电路中的电流I=5A，g取10m/s2，由此可知（　　）‎ A. 电动机线圈的电阻r=2Ω B. 电动机线圈的电阻r=1Ω C. 此过程中无用功为50J D. 该装置的效率为90%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】AB：电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升 对电动机解得 故A项正确，B项错误。‎ C：此过程中无用功 又，解得。故C项错误。‎ D：该装置的效率 。故D项正确。‎ 点睛：纯电阻元件，欧姆定律适用，电功等于电热，电功率等于热功率；非纯电阻元件，欧姆定律不适用，电功大于电热，电功率大于热功率，其它功率等于电功率减去热功率。‎ ‎19. 如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104 N/C的匀强电场.在匀强电场中有一根长L=2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08 kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°=0.8，g取10 m/s2.下列说法正确（ ）‎ A. 小球的带电荷量q=6×10－5 C B. 小球动能的最小值为1J C. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值 D. 小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J ‎【答案】AB ‎【解析】A、对小球进行受力分析如上图所示 可得：解得小球的带电量为：，故A正确；‎ B、由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力 在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：，而，所以，故B正确；‎ C、由于总能量保持不变，即恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小，故C错误；‎ D、由于总能量保持不变，即恒量，由B运动到A，，，所以，总能量 ，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎【点睛】关键抓住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，根据该功能关系确定何处机械能最小，知道在等效最高点的动能最小，则重力势能和电势能之和最大。‎ 三、实验题 ‎20. 某实验小组描绘规格为“2.5V 0.6W”的小灯泡的I－U特性曲线。实验室提供下列器材：‎ A．电流表A1（量程为0－25mA，内阻约0.2）‎ B．电流表A2（量程为0－300mA，内阻约1）‎ C．电压表V1（量程为0－3V，内阻约5k）‎ D．电压表V2（量程为0－15V，内阻约15k）‎ E．滑动变阻器R1（0－10，额定电流1.5A）‎ F．滑动变阻器R2（0－1000，额定电流0.5A）‎ G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）‎ H．开关一个、导线若干 ‎(1)实验中所用的电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选_______（只需填器材前面的字母代号） 。‎ ‎(2)若采用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的________点相连（选填“a”或“b”）。‎ ‎(3)开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片P应该置于_______端（选填“c” 或“d”）。‎ ‎(4)测量后，该小组根据实验数据，利用Excel拟合出小灯泡的I－U特性曲线如图所示。请根据曲线确定小灯泡两端电压为1.5V时，其实际功率P＝________W。‎ ‎(5)图中描绘的小灯泡伏安特性曲线发生了明显的弯曲，请简要分析其原因：______________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). E (4). a (5). c (6). 0.33 (7). 小灯泡发光后，灯丝温度明显升高，灯丝电阻会明显增大，小灯泡的伏安特性曲线会发生明显的弯曲 ‎【解析】(1) 灯泡额定电流为：，从电表的安全性和可操作性角度分析电流表应选择B，电压表应该选择C；灯泡的电阻常温下为：，最好选择滑动变阻器E且接成分压式；‎ ‎(2) 由于，电流表应该接成外接法，故电压表右端应接在a点；‎ ‎(3) 电建闭合前，滑动变阻器的滑片应接在c点，使此时灯泡上的电压为0；‎ ‎(4) 据图像，当灯泡电压为1.5v时，通过灯泡的电流为0.22A，则灯泡的实际功率为：；‎ ‎(5) 小灯泡发光后，灯丝温度明显升高，灯丝电阻会明显增大，小灯泡的伏安特性曲线会发生明显的弯曲。‎ 四、解答题 ‎21. 如图所示,等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点.水平线QC以下是水平向左的匀强电场,区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ(三角形APD)内的磁场方向垂直纸面向里,区域Ⅲ(虚线PD之上、三角形APD以外)的磁场与区域Ⅱ大小相等、方向相反，且磁感应强度为3B0。带正电的粒子从QC边中点N以速度v0垂直QC进入区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ(粒子重力忽略不计).经一系列运动粒子将再次回到N点以速度v0垂直QC进入下方匀强电场,最后从O点离开电场（QO边长为L）。求：‎ ‎(1) 该粒子的比荷q/m；‎ ‎(2) 匀强电场E的大小；‎ ‎(3) 粒子在磁场从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t．‎ ‎【答案】（1）；（2）E=2B0v0；（3）t=；‎ ‎【解析】(1)由题意可知，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L 由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：qvB=‎ 解得： ‎ ‎(2)粒子从N点到O点过程中，做类平抛运动则：‎ 竖直方向匀速直线运动 t1=‎ 水平向左做初速度为零的匀加速直线运动，则：L= ‎ 由牛顿第二定律得：QE=ma 解得：E=2B0v0；‎ ‎(3)带电粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：r2=‎ 粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如图所示 在区域Ⅰ中匀速圆周运动周期：T1=‎ 在区域Ⅰ中运动的时间：t2=‎ 在区域Ⅱ和区域Ⅲ中匀速圆周运动周期：T2= ‎ 在区域Ⅱ和区域Ⅲ中运动时间：t2=‎ 所以t=t2+t3=‎ ‎ ‎