2017-2018学年湖北省宜昌市葛洲坝中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

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2017-2018学年湖北省宜昌市葛洲坝中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

宜昌市葛洲坝中学2017-2018学年第一学期 高二年级期末考试试卷物理试题 一、选择题(每小题4分,共48分。1~8为单选题,9~12为多选题。全部答对得4分,部分答对得2分,错选得0分)‎ ‎1. 将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和带负电的微粒)沿如图所示方向射入磁场,下列说法正确的是 A. 正电荷向P板偏转 B. 负电荷向P板偏转 C. 洛伦兹力对正电荷做正功 D. 洛伦兹力对负电荷做正功 ‎【答案】A ‎【解析】等离子体射入磁场后,由左手定则知正离子受到向上的洛伦兹力,向A板偏转,负电荷向B板偏转,选项A正确,B错误;洛伦兹力的方向与速度方向垂直,则洛伦兹力不做功,选项CD错误;故选A.‎ 点睛:解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向,注意四指指正电荷运动的方向;洛伦兹力不做功.‎ ‎2. 在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图1所示,产生的交变电动势的图象如图2所示,则 ‎ A. t =0.005s时线框的磁通量变化率为零 B. t =0.01s时线框平面与中性面重合 C. 线框产生的交变电动势有效值为311V D. 线框产生的交变电动势的频率为100Hz ‎【答案】B ‎【解析】由图可知t=0.005s时刻感应电动势最大,此时线圈所在平面与中性面垂直,所以穿过线框回路的磁通量的变化率最大,A错误;t=0.01s时刻感应电动势等于零,穿过线框回路的磁通量最大,此时线框平面与中性面重合,B正确;产生的有效值为:,故C错误;周期为,故频率为,故D错误.‎ 视频 ‎3. 如图所示,电源的电动势为E,内阻忽略不计.A、B是两个相同的小灯泡,L是一个自感系数较大的线圈,直流电阻不计.关于这个电路的说法中正确的是 A. 闭合开关瞬间,A、B同时变亮 B. 闭合开关一会后,A、B一样亮 C. 开关由闭合至断开,在断开瞬间,A灯闪亮一下再熄灭 D. 开关由闭合至断开,在断开瞬间,电流自左向右通过A灯 ‎【答案】B ‎【解析】闭合开关瞬间,A灯立刻亮,通过线圈的电流增大,线圈产生自感电动势,根据楞次定律感应电动势要阻碍电流的增大,使得通过线圈的电流逐渐增大,所以B灯逐渐变亮,最后一样亮,故B正确,A错误;开关由闭合到断开瞬间,B灯中原来的电流突然消失,线圈中电流减小,产生自感电动势阻碍电流减小,自感电流流过两灯,两灯都过一会熄灭,稳定时两灯中的电流相同,A不会闪亮一下再熄灭,故C 错误;开关处于闭合状态,在断开瞬间,线圈相当于电源,电流方向仍不变,所以电流自右向左通过A灯,故D错误。所以B正确,ACD错误。‎ ‎4. 金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示,A、B、C、D为电场中的四个点,则 A. B、D两点的电势相等 B. B点的电场强度比D点的大 C. 负电荷在C点的电势能小于在A点的电势能 D. 正电荷由D点静止释放,只受电场力作用沿电场线运动到B点 ‎【答案】C ‎【解析】沿着电场线电势逐渐降低,由图看出,D点电势比B点电势高,故A错误;电场线的疏密表示电场强度的大小,由图可知,B点的电场强度比D点的小.故B错误;沿着电场线电势逐渐降低,由图看出,C点电势比A点电势高,所以负电荷在C点的电势能低于在A点的电势能. 故C正确;正电荷由D点静止释放,受电场力方向沿曲线的切线方向,所以运动的轨迹不会沿电场线的方向.故D错误.故选C.‎ 点睛:该题要掌握电场线的物理意义:电场线的疏密表示场强的大小,顺着电场线电势逐渐降低.‎ ‎5. 如图所示,两根长直通电导线互相平行,电流方向相同,它们的截面处于一个等边三角形ABC的A和B处,两通电导线在C处的磁场的磁感应强度的值都是B,则C处磁场的总磁感应强度是 ‎ A. 2B B. B C. B D. 0‎ ‎【答案】B ‎...............‎ ‎ 根据几何关系知合磁感强度为:,方向水平向右,故B正确,ACD错误。‎ ‎6. 在如图所示电路中,电源电动势为12V,电源内阻为1.0Ω,电路中电阻R0‎ 为1.5Ω,小型直流电动机M的内阻为0.5Ω.闭合开关S后,电动机转动,理想电流表的示数为2.0A.则以下判断中正确的是 A. 电动机两端的电压为7.0 V B. 电动机的输出功率为14 W C. 电动机的发热功率为4.0 W D. 电源输出的电功率为24 W ‎【答案】A ‎【解析】电动机两端的电压:UM=E-I(r+R0)=12-2×(1.0+1.5)=7V,故A正确;电路中电流表的示数为2.0A,所以电动机的总功率为:P总=UMI=7×2=14W,电动机的发热功率为:P热=I2R=22×0.5=2W,所以电动机的输出功率为:P出=14 W-2W=12W,故BC错误;电源的输出的功率为:P输出=EI-I2R=12×2-22×1W=20W,故D错误。所以A正确,BCD错误。‎ ‎7. 一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,在竖直平面内,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是 A. 此液滴带正电 B. 液滴的加速度等于零 C. 合外力对液滴做的总功等于零 D. 液滴的电势能和动能之和是增加的 ‎【答案】D ‎【解析】由题义可知,带电液滴沿直线b运动到d,带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析如图所示,电场力方向一定水平向右,与场强方向相反,所以该液滴带负电,故A错误;‎ 由图可得物体所受合力为:,所以物体的加速度为:,故B错误;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,所以合外力对物体做正功,总功不为零,故C错误;因液滴的重力做正功,重力势能减小,故液滴的电势能与动能之和是增加的,故D正确。所以D正确,ABC错误。‎ ‎8. 如图,圆环形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片P向下滑动,下列表述正确的是 A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B. 穿过线圈a的磁通量变小 C. 线圈a有扩张的趋势 D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大 ‎【答案】D ‎【解析】当滑动触头P向下移动时电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大,b线圈产生的磁场增强,故穿过线圈a的磁通量变大;根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a,根据楞次定律,a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的增大,故a的感应电流的磁场方向向上,根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针,故AB错误;根据楞次定律可知,线圈a应有收缩的趋势,故C错误;开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力,当滑动触头向下滑动时,可以用“等效法”,即将线圈a和b看做两个条形磁铁,不难判断此时两磁铁互相排斥,故线圈a对水平桌面的压力FN将增大,故D正确。所以D正确,ABC错误。‎ ‎9. 如图所示,理想变压器的输入端接正弦交流电,副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2;输电线的等效电阻为R,开始时,电键K断开。当K接通时,以下说法中正确的是 ‎ A. 副线圈的两端M、N的输出电压减小 B. 副线圈输电线等效电阻R上的电压增大 C. 通过灯泡L1的电流减小 D. 原线圈中的电流减小 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析:因为变压器的输入电压不变,原副线圈匝数比不变,根据公式可得副线圈的两端M、N的输出电压不变,A错误;当K接通时,副线圈中的总电阻减小,而副线圈两端的电压不变,所以副线圈干路电流增大,即R两端的电压增大,所以并联电路两端的电压减小,所以通过灯泡L1的电流减小,BCD正确;‎ 考点:考查了理想变压器 ‎10. 测定压力变化的电容式传感器如图所示,A为固定电极,B为可动电极,组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定,当待测压力施加在可动电极上时,可动电极发生形变,从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器连接到如图所示的电路中,当待测压力增大时 A. 电容器的电容将增加 B. 电容器的电容将减小 C. 电阻R中有从a流向b的电流 D. 电阻R中有从b流向a的电流 ‎【答案】AD ‎【解析】当待测压力增大时,电容器板间距离减小,根据电容的决定式:可知,电容C增大,故A正确,B错误;电容板间电压U不变,电容器所带电量为Q=CU,因为C增大,则Q增大,电容器处于充电状态,而A板带正电,则电路中形成逆时针方向的充电电流,电阻R中有从b流向a的电流,故C错误,D正确。所以AD正确,BC错误。‎ ‎11. 如图所示,在长方形abcd区域内,存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,O点为ad边的中点,ab = 2ad。由氕核和氘核(重力不计)组成的一细束粒子流沿与ab平行的方向以相同的速度从O点射入磁场中,下列说法正确的是 ‎ A. 氕核和氘核在磁场中运动的轨道半径之比为2∶1‎ B. 氕核和氘核在磁场中运动的周期之比为1∶2‎ C. 若氘核从Od边射出磁场,则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶1‎ D. 若氕核从d点射出磁场,则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】设ab = 2ad=4L,氕核和氘核的电荷量均为q,质量分别为m、2m,根据牛顿第二定律可得:,解得:,所以氕核和氘核在磁场中运动的轨道半径之比为1∶2,故A错误;根据牛顿第二定律可得:,解得:,又根据:,联立可得:,即氕核在磁场中运动的周期为:,氘核在磁场中运动的周期为:,所以氕核和氘核在磁场中运动的周期之比为1∶2,故B正确;若氘核从Od边射出磁场,则其在磁场中运动的时间:,氕核在磁场中运动的时间,得t1∶t2 =1∶2,故C错误;若氕核从d点射出磁场,则其在磁场中运动的时间,氘核在磁场中运动的时间,可得t1∶t2 =1∶1,故D正确。所以BD正确,AC错误。‎ ‎12. 如图所示,竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L。导轨间接有一阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触,且无摩擦,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直。现将金属棒由静止释放,金属棒下落高度为h时开始做匀速运动,在此过程中 A. 导体棒的最大速度小于 B. 通过电阻的电荷量为 C. 导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量 D. 重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量 ‎【答案】ABD ‎【解析】导体棒匀速运动时速度最大,由于导体棒做加速度减小的变加速运动,加速度小于g,根据功能关系可知最大速度小于.故A错误.通过电阻R的电量为,故B正确.由功能原理可知,导体棒克服安培力做的功等于电阻R与r上产生的热量之和,故C错误; 根据动能定理可知,重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量,故D正确.故选BD.‎ 点睛:本题运用功能关系分析实际问题.对于动能定理理解要到位:合力对物体做功等于物体动能的增量.‎ 二、实验题(16分。其中13题8分,14题8分)‎ ‎13. (1)如图所示,分别由图读出千分尺和游标卡尺的读数。‎ ‎ ‎ ‎(2)如图是改装后的电表的电路图,认识正确的是______________‎ A.(a)图是电流表,使用、两个端点时,量程较大 B.(a)图是电流表,使用、两个端点时,量程较大 C.(b)图是电压表,使用、两个端点时,量程较大 D.(b)图是电压表,使用、两个端点时,量程较大 ‎【答案】0.700mm 19.90mm BC ‎【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为:19mm,游标尺上第18个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为15×0.05mm=0.90mm,所以最终读数为:19mm+0.90mm=19.90mm。螺旋测微器的固定刻度为0.5mm,可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm,所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm。‎ ‎(2)由图示电路图可知,(a)图电流计与分流电阻并联,(a)图是电流表,使用a、c两个端点时分流电阻较大,电流表量程较小,故A错误;使用、两个端点时,分流电阻较小,电流表量程较大,故B正确;由图示电路图可知,(b)图中电流计与分压电阻串联,(b)图是电压表,使用a、c两个端点时,串联分压电阻阻值较大,电压表量程较大,故C正确;使用、‎ 两个端点时,串联分压电阻阻值较小,量程较小,故D错误。所以选BC。‎ ‎14. 在“测定电源的电动势和内阻”的实验中,已连接好部分实验电路.‎ ‎(1)按如图甲所示的实验电路,把图乙中剩余的电路连接起来.‎ ‎(2)在图乙的电路中,为避免烧坏电表,闭合开关前,滑动变阻器的滑片应置于________端(填“A”或“B”).‎ ‎(3)如图是根据实验数据作出的U-I图象,由图可知,电源的电动势E=________V,内阻r=________Ω.‎ ‎【答案】 (1). (2). B (3). 1.5 1.0‎ ‎【解析】试题分析:(1)电路连接如图.‎ ‎(2)闭合开关前,滑动变阻器接入电路中的阻值应该最大,故滑片应置于B端.‎ ‎(3)由图象可知,电源电动势为1.5 V,内阻 考点:测定电源的电动势和内阻 ‎【名师点睛】本题考查了连接实物电路图的连接、求电源电动势与内阻,连接实物电路图时,要注意电压表正负接线柱不要接反,注意电表量程的选择;电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率的绝对值是电源内阻。‎ 三、计算题(共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,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)‎ ‎15. 如图所示,将长为L=50 cm、质量为m=10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态,位于垂直纸面向里的匀强磁场中,当金属棒中通以I1=0.4 A的电流时,弹簧恰好不伸长,求:(取g=10m/s2)‎ ‎(1)匀强磁场中磁感应强度是多大?‎ ‎(2)当金属棒通以I2=0.2 A由a到b的电流时,弹簧伸长x=1 cm,则弹簧的劲度系数是多少?‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析:根据安培力等于重力,即可求解;根据安培力加弹力等于重力,再由受力分析,借助于平衡条件,即可求解。‎ ‎(1)由题可知:F安=mg 即 ‎ 代入数据解得: ‎ ‎(2)当电流由时,金属棒的受力情况为:F安+2kx=mg 则:   ‎ 代入数据解得: ‎ 点睛:本题主要考查了安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题,体现了胡克定律,安培力公式,同时注意左手定则的应用。‎ ‎16. 如图所示,在平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上的N点射入磁场,最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场,已知,,不计粒子重力,求: ‎ ‎(1)电场强度大小E ‎(2)带电粒子从O点进入磁场时的速度大小和方向 ‎(3)磁感应强度大小B ‎【答案】(1) (2) 60° (3) ‎ ‎【解析】试题分析:粒子垂直于电场进入做类平抛运动,由牛顿第二定律可得到加速度,结合两个方向的分位移,由位移时间公式求解;根据运动学公式求出竖直速度,在根据速度的合成即可求出电粒子从O点进入磁场时的速度大小和方向;粒子由N到P,在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,利用洛伦兹力提供向心力的公式,可由牛顿第二定律求出在磁场中运动的半径,即可求出磁感应强度大小。‎ ‎(1)粒子运动轨迹如图所示:‎ 在电场中做类平抛运动,在x轴方向:‎ y轴方向:‎ 联立解得:‎ ‎(2)设粒子进入磁场时速度为v,和x轴的夹角为 竖直方向的速度为: ‎ 由tan= ‎ ‎ 解得: =60°‎ 合速度为: ‎ 在磁场中轨迹如上图所示,设轨迹半径为r ,由几何关系可得: ‎ 解得:‎ 根据牛顿第二定律可得:‎ 联立以上解得: ‎ 点睛:本题主要考查了粒子在电场中运动偏转时,常用能量的观点来解决问题,有时也要运用运动的合成与分解。 ‎ ‎17. 如图,在水平地面MN上方空间存在一有界匀强磁场区域,磁场沿水平方向,磁感应强度大小B =1.0T,上边界EF距离地面的高度H = 0.7m。正方形金属线框abcd的质量m = 0.1kg,边长L = 0.1m,总电阻R = 0.02Ω,线框的ab边距离EF上方h = 0.2m处由静止开始自由下落,ab保持水平,且线框平面始终与磁场方向垂直,g取10m/s2。求 ‎(1)线框刚进入磁场时ab两端电压大小U;‎ ‎(2)线框刚要落地时速度v的大小;‎ ‎(3)线框产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】(1) 0.15V (2) (3) 0.1J ‎【解析】(1)线框进入磁场前做自由落体运动,机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgh=mv2, 线框的速度 ‎ ‎18. 如图所示,在E=1.5×104V /m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平光滑的绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=40cm,C为圆弧的最高点。一带正电的小滑块从水平轨道上某点由静止释放,通过C点时恰好对轨道无压力,已知小滑块质量为m=0.2kg,带电量q=10-4C(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),求:‎ ‎(1)滑块应在水平轨道上离N点多远处静止释放? ‎ ‎(2)这样释放的滑块在圆轨道上运动时对轨道压力最大值为多少?‎ ‎【答案】(1) (2) 13.5N ‎【解析】试题分析:小滑块在C点时恰好对轨道无压力,重力提供向心力,求出此时的速度,在由动能定理求出滑块应在水平轨道上离N 点多远处静止释放;根据力的合成找出速度最大的点,求出等效重力,在根据牛顿第二定律和动能定理求出对轨道压力最大值。‎ 小滑块在C点时,重力提供向心力.在小滑块运动的过程中,摩擦力对滑块和重力做负功,电场力对滑块做正功,根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离;‎ ‎(1)设滑块与N点的距离为L,分析滑块的运动过程,由动能定理可得 ‎ ‎ 小滑块在C点时,重力提供向心力,所以:‎ 代入数据解得: ‎ ‎(2)滑块到达Q点(OQ与竖直方向夹角37°)时,对轨道压力最大,全过程应用动能定理得 ‎ ‎ 在Q点时由牛顿第二定律可得: ‎ 其中: ‎ 解得:N=13.5N ‎ 由牛顿第三定律可得,滑块通过Q点时对轨道压力是13.5N. ‎ 点睛:本题主要考查了轨道问题,关键是做好受力分析,明确运动情景,建立模型,应用规律解决问题,同时注意挖掘隐含条件“恰能到达并通过最高点C”,说明此时由重力提供向心力。‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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