2017-2018学年湖北省孝感一中、应城一中等五校高二上学期期末联考物理试题 解析版

2017-2018学年湖北省孝感一中、应城一中等五校高二上学期期末联考物理试题 解析版

湖北省孝感一中、应城一中等五校2017-2018学年高二上学期 期末联考物理试题 一、选择题：‎ ‎1. 关于磁通量，下列说法正确的是 A. 穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度也为零 B. 当平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量必为零 C. 面积越大，通过这个面的磁通量就越大 D. 穿过某一平面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大 ‎【答案】B ‎【解析】穿过某个面的磁通量为零，可能是磁场方向与平面平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项A错误；当平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量必为零，选项B正确；磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积、线圈与磁感应强度之间的夹角有关，面积越大，通过这个面的磁通量不一定越大，故C错误；磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积有关。故D错误。故选B.‎ 点睛：考查磁通量的概念及计算公式与成立条件，同时让学生明白同一磁场，同一线圈不同的放置，则穿过线圈的磁通量不同。‎ ‎2. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判断 A. M点的电势小于N点的电势 B. 粒子带负电，M点的电势大于N点的电势 C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】由图，若分别过M点与N点做等势线，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，比较可知，M点的电势一定高于N点的电势。故A错误；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故B错误。M 点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小。故C错误。粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，M点的电势能大于N点的电势能，故D正确。故选D.‎ 点睛:对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向。再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小。‎ ‎3. 如图所示，真空中有一正方形ABCD，M、N分别是AB和CD的中点，现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、-Q的等量异种点电荷，下列说法中错误的是 A. 将试探电荷-q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷-q的电势能减少 B. 将试探电荷+q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷+q的电势能不变 C. C、D两点的电场强度相同 D. N点的电场强度方向平行于AB且跟MN垂直 ‎【答案】C ‎【解析】将试探电荷-q从C点移到D点，逆着电场线方向运动，受到的电场力与运动方向一致，故电场力做正功，电势能减小，故A正确；M点的电势等于N点的电势，所以将试探电荷+q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷+q的电势能不变，B正确；根据电场的叠加可知，C、D两点的电场强度大小相同，方向不同，故C错误；根据电场的叠加可知，N点的电场强度方向平行于AB且跟MN垂直，故D正确；此题选择错误的选项，故选C.‎ ‎4. 如图所示，两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图所示，线圈L的平面根纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流（　　）‎ A. 沿顺时针方向，且越来越小 B. 沿逆时针方向，且越来越大 C. 先顺时针，后逆时针 D. 始终为零 ‎【答案】D ‎【解析】由图可知，M和N产生的磁场的方向都平行于MNAB所在的平面，所以线圈L的磁通量始终是0，将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，没有感应电流产生。故D正确，ABC错误，故选D。‎ 点睛：解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合。‎ ‎5. 如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是 A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大 C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2变小 ‎【答案】A 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎6. 如图所示的电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计，以下判断正确的是 A. 闭合S稳定后，电容器两端电压不为零 B. 闭合S稳定后，电容器的a极板将带负电 C. 断开S的瞬间，电容器的b极板将带正电 D. 断开S的瞬间，电容器的b极板将带负电 ‎【答案】D ‎【解析】闭合S稳定后，线圈L相当于导线，则电容器被短路，则其电压为零，电容器的a极板不带电，故AB错误；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，结电容器充电，根据线圈的电流方向不变，则电容器的a极板将带正电，b极板将带负电，故C错误，D正确，故选D.‎ 点睛：本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源。‎ ‎7. 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图像如图所示，则下列说法中正确的是 A. A处的电场强度一定小于B处的电场强度 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两点间的电势差等于CB两点间的电势差 ‎【答案】CD ‎【解析】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，有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错误；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。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；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正确。故选CD.‎ 点睛：本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值。这常是判断电荷电势能如何变化的依据。还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。‎ 二、实验题 ‎8. 图示为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig=300μA，内阻Rg=100Ω，可变电阻R的最大阻值为10kΩ，电池的电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应该是_________（填“红”或“黑”）色，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx=_________kΩ．若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，用正确使用方法再测电阻时其测量结果将___________．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). 5； (3). 变大 ‎【解析】试题分析：欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；‎ 当两表笔短接（即）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系：，得；，当指针指在刻度盘的正中央时：‎ 有：，代入数据可得：；‎ 当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式：‎ ‎，欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了。‎ 考点：用多用电表测电阻 ‎【名师点睛】根据欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律可以判断读数，以及电池电动势变小，内阻变大时测量结果的变化；本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析。‎ 视频 ‎9. 国标（GB/T）规定自来水在15℃时的电阻率应大于13Ωm。某同学利用如图甲所示的电路测量15℃的自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量．玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：‎ 电源（电动势均为3V，内阻可忽略）；‎ 电压表V1（量程为3V，内阻很大）；‎ 电压表V2（量程为3V，内阻很大）；‎ 定值电阻R1（阻值4kΩ）；‎ 定值电阻R2（阻值2kΩ）；‎ 电阻箱R（最大阻值9999Ω）；‎ 单刀双掷开关S；导线若干；‎ 游标卡尺；刻度尺．‎ 实验步骤如下：‎ A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；‎ B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；‎ C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；‎ D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；‎ E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；‎ F．断开S，整理好器材．‎ ‎（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=_______mm．‎ ‎（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx=_______（用R1、R2、R表示）．‎ ‎（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的关系图象，自来水的电阻率ρ=___________Ω•m（保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). (1)30.00 (2). （2） (3). （3）14‎ ‎...............‎ ‎ ρ==4000×7.065×10-4‎ ‎×5Ω•m=14Ω•m 点睛：本题考查了游标卡尺的读数，等效替代法测电阻，电阻定律以及对实验误差的分析，解答本题的关键是明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度．‎ 三、计算题： ‎ ‎10. 如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=4Ω，求：‎ ‎（1）电源的输出功率P出；‎ ‎（2）10s内电动机产生的热量Q；‎ ‎（3）电动机的机械功率。‎ ‎【答案】（1）16W（2）10J（3）3W ‎【解析】试题分析：（1）“8V，12W”的灯泡L恰好能正常发光，灯泡的电压为U=8V，电源的内电压为U′=E﹣U=2V，根据闭合电路欧姆定律求出电路中总电流I，电源的输出功率为P=UI．‎ ‎（2）根据功率公式求出灯泡的电流，通过电动机的电流等于总电流与灯泡电流之差．由焦耳定律求解热量Q．‎ ‎（3）电动机的机械功率等于电功率与发热功率之差．‎ 解：（1）由题意，并联部分电压为 U=8V，内电压应为：U′=E﹣U=10V﹣8V=2V 总电流为：I==A=2A 电源的输出功率为：P0=UI=8×2W=16W ‎（2）流过灯泡的电流为：I1==A=1.5A 则流过电动机的电流为：I2=I﹣I1=0.5A 电动机在10s内产生的热量为：Q=R0t=0.52×4×10J=10J ‎（3）电动机的总功率为：P总=UI2=8×0.5W=4W 电动机的发热功率为：P热==0.52×4W=1W 电动机的机械功率为：P机=P总﹣P热=3W 答：（1）电源的输出功率P0是16W．‎ ‎（2）10s内电动机产生的热量Q是10J；‎ ‎（3）电动机的机械功率是3W．‎ ‎【点评】对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流．‎ ‎11. 如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止，重力加速度为g，，求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度；‎ ‎（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；‎ ‎（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．‎ ‎【答案】（1）（2）0.3g.（3）0.3mgL ‎【解析】（1）对物块受力分析，根据共点力的平衡条件可得，‎ 解得；‎ ‎（2）对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得，‎ 解得；‎ ‎（3）根据动能定理可得下滑L时的动能 ‎12. 如图所示，间距L=1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度水平向左匀速运动．R1=8Ω．R2=12Ω．C=6μF．导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计．开关S1，S2闭合，电路稳定后，求：‎ ‎（1）通过R2的电流I的大小和方向；‎ ‎（2）拉力F的大小；‎ ‎（3）开关S1切断后通过R2的电荷量Q．‎ ‎【答案】（1）0.1A（2）0.1N（3）7.2×10-6C ‎【解析】（1）开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a.MN中产生的感应电动势的大小E=BLv.‎ 流过R2的电流I=.‎ 代入数据解得I=0.1A。.‎ ‎(2)棒受力平衡，有，.‎ 代入数据解得 ‎(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1=CIR2.‎ S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q=Q1-0‎ 代入数据解得Q=7.2×10-6C. ‎ ‎13. 如图甲所示，在y轴右侧加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=1T。从原点O处向第I象限发射一比荷=1×104C/kg的带正电的粒子（重力不计）），速度大小v0=103m/s，方向垂直于磁场且与x轴正方向成30°角．‎ ‎（1）求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R和在该磁场中运动的时间t1．‎ ‎（2）若磁场随时间变化的规律如图乙所示（垂直于纸面向外为正方向），后空间不存在磁场．在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度v0‎ 射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标．‎ ‎【答案】（1）0.1m，（2）‎ ‎【解析】(1)轨迹如图所示。由得轨迹半径 粒子运动周期 粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为240°，‎ 所以粒子在磁场中运动的时间为。‎ ‎(2)磁场变化的半周期为 在右图中，，且平行于x轴 Rt△EDP中，‎ 则粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标 点睛：该题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，洛伦兹力提供向心力是基础，正确画出粒子运动的轨迹，找圆心和半径等是解决问题的关键。‎ ‎ ‎