2018-2019学年安徽省寿县第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省寿县第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

安徽省寿县一中2018--2019学年高二上学期期末物理试题 一、选择题（一）(本题包括6个小题，4分×6=24分，四个选项中，只有一个选项正确)。‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体的动量发生变化，则物体的动能一定变化 B. 物体的动能发生变化，则物体的动量一定变化 C. 合外力对系统做功为零，则系统的动量一定守恒 D. 系统所受合外力为零， 则系统的动量不一定守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 动量是矢量，动能是标量．系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒．‎ ‎【详解】A.动量是矢量，动量发生变化可以是大小不变，方向变化，此时物体的动能不变，A错误；‎ B.动能发生变化说明物体速度的大小发生变化，动量一定改变，B正确；‎ C. 合外力对系统做功为零，则系统的动能一定不变，但速度方向可能改变，动量可能改变，C错误；‎ D.系统所受合外力为零，动量一定守恒，D错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要明确动量与动能的区别，掌握动量守恒的条件：系统所受合外力为零．可借助于动量定理来理解．‎ ‎2.下列有关磁场的说法中正确的是 （ ）‎ A. 某处磁感应强度的大小跟放在该处的通电导线受力的大小、电流大小和导线长短有关 B. 磁场中某处磁感应强度的方向就是位于该处的通电导线所受安培力的方向 C. 磁感线切线方向表示磁场方向，其疏密表示磁感应强度的大小 D. 一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定．‎ ‎【详解】磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定,故A、D都错误；‎ 垂直与磁场方向放置的通电导线的受力方向与磁感应强度的方向垂直，故B错误；‎ 磁感线切线方向表示磁场方向，其疏密表示磁感应强度的大小，C正确。‎ ‎【点睛】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．‎ ‎3.如图，竖直平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒（仅受重力和电场力）沿图中直线从A向B运动，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 微粒可能带正电 B. 微粒机械能减小 C. 微粒电势能减小 D. 微粒动能不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 带电微粒在电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，由微粒做直线运动可知，电场力方向必定水平向左，则微粒带负电．故A错误．电场力做负功，机械能减小，电势能增加．故B正确，C错误．微粒的合力方向与速度方向相反，对微粒做负功，则其动能减小．故D错误．故选B.‎ 点睛：本题要根据微粒的运动状态判断微粒的电性和电场力方向，抓住质点做直线运动的条件是关键．‎ ‎4.如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计针的偏转示电容两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量不变．设电容两极正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为．下列关于实验现象的描述正确的是（ ）‎ A. 保持不变，增大，则变大 B. 保持不变，减小，则不变 C. 保持不变，减小，则变小 D. 保持、不变，在两板间插入电介质，则变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A：平行板电容器的电容，电容器电压与电容的关系为，电量不变，保持不变，增大，电容减小，电压增大，变大，故A项正确．‎ B：电量不变，保持不变，减小，电容增大，电压减小，变小，故B项错误．‎ C：电量不变，保持不变，减小，电容减小，电压增大，变大，故C项错误．‎ D：电量不变，保持、不变，在两板间插入电介质，电容增大，电压变小，变小，故D项错误．‎ 所以选A．‎ 点睛：①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化。‎ ‎②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化。‎ ‎5. 用电动势ε=6V、内电阻r=4Ω的直流电源依次分别对下列四个电珠供电，最亮的电珠是（ ）‎ A. 6V，12W B. 6V，9W C. 6V，4W D. 6V，3W ‎【答案】B ‎【解析】‎ 内外电阻相等时电源输出功率最大，即小灯泡最亮。根据可知A、电阻为3Ω，B、4‎ ‎ Ω，C、9 Ω，D、12 Ω，最大功率。故选B ‎6.如图所示，一段长方体形导电材料，已知该导电材料单位体积内自由运动电荷数为n，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为-q()的自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，则导电材料上、下表面之间的电压U及上、下表面的电势高低的表述正确的是．(　　)‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由左手定则判断电荷的移动方向，从而得出上下表面的电势高低，利用洛伦兹力与电场力平衡计算电压的大小。‎ ‎【详解】电荷带负电，由左手定则可判断出电荷向上偏转，上板带负电，故，‎ 设两板间的电压为U，则电场强度，利用电流的微观表达式可得，电荷的速度，稳定时洛伦兹力与电场力平衡，有，代入计算可得，故选B.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．‎ 二．选择题（二）(本题包括4个小题，4分×4=16分，四个选项中，有多个选项正确，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)。‎ ‎7. 如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则g（ ）‎ A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B. 导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a C. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左 D. 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、线框进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误．‎ B、导线框离开磁场时，磁通量减小，感应电流方向为a→b→c→d→a，B错误；‎ C、导线框离开磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，C正确；D、导线框进入磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.如图所示，一带电粒子（电荷量为q）以速度v由A点垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的有界匀强磁场中，在C点穿出磁场时的速度方向与带电粒子原来的入射方向成30°夹角，则该带电粒子的质量与穿过磁场所用的时间的大小为（ ）‎ A. 带电粒子的质量为 B. 带电粒子的质量为 C. 带电粒子穿过磁场所用时间为 D. 带电粒子穿过磁场所用时间为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量，由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，利用周期公式联立即可求出带电粒子穿过磁场所用时间．‎ ‎【详解】‎ 粒子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到粒子轨迹的半径为，由牛顿第二定律，解得。‎ 由几何关系得到，轨迹的圆心角。则粒子在磁场中运动的时间是，故选BD ‎【点睛】本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法．‎ ‎9.如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2以及B的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　)‎ A. d随U1变化，d与U2无关 B. d与U1无关，d随U2变化 C. d随U1变化，d随B变化 D. d与U1无关，d与B有关 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在磁场中做圆周运动，已知偏向角则由几何关系可确定圆弧所对应的圆心角，则可求得圆的半径，由洛仑兹力充当向心力可求得d表达式，再进行分析。‎ ‎【详解】带电粒子在导体板间的电场中做类平抛运动，设粒子射出电场时的水平速度为，竖直速度为；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径，，根据几何关系得M、N两点间的距离为，而，联立上述方程解得，水平速度只与加速电压U1有关，与U2无关，综上，d与U1、B都有关，选AC ‎【点睛】带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解。‎ ‎10.如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面间的动摩擦因数均为μ.整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.现给物块水平向右的初速度比，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能为 A. 0 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 若滑块受到向上的洛伦兹力F=mg时，则支持力FN=0，摩擦力为f=0，所以滑块将匀速运动，摩擦力不做功，故A正确；若洛伦兹力F＜mg，则弹力方向向上，竖直方向满足：FN+F=mg，水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F=qvB知，F减小，FN则增大，f增大，由-f=ma可知，v逐渐减小，最后减为零，由能量守恒得：，若洛伦兹力F＞mg，则滑块受到向下的压FN，在竖直方向有F=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动态分析知，当洛伦兹力F=mg时，FN=0，f=0，最终滑块做匀速运动，此时满足：qvB=mg，解得：‎ ‎，对滑块整个过程由动能定理得：，解得：，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ 三、实验题（每空2分，共18分）（注意：第11题（3）（4）（5）涂在答题卡上）‎ ‎11.(1)．用20分度的游标卡尺测量某物长度如图所示，可知其长度为___________________mm；‎ ‎(2).用螺旋测微器测量某圆柱体的直径如图所示，可知其直径为____________________ mm；‎ ‎(3)用伏安法测金属丝的电阻时，若金属丝的电阻大约是5 Ω，电流表内阻是1 Ω，电压表内阻是3 kΩ，则下列说法正确的是（ ）‎ A．应将电流表外接，测量值比真实值大 ‎ B．应将电流表外接，测量值比真实值小 C．应将电流表内接，测量值比真实值大 ‎ D．应将电流表内接，测量值比真实值小 ‎(4)下述关于多用电表欧姆档测量电阻的说法中正确的是（ ）‎ ‎ A. 测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果 ‎ B. 测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的档位，重新调零后测量 ‎ C. 测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 ‎ D. 测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零 ‎(5)“测定电池的电动势和内阻”的实验中，下列注意事项中错误的是（ ）‎ A. 应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显 B. 移动变阻器的触头时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载 C. 应选用内阻较小的电压表和电流表 D. 由实验记录数据作U－I图像时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上点大致均匀分布在直线两侧 ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700 (3). B (4). C (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）游标卡尺的读数方法是主尺加游标；‎ ‎（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度加上可动刻度，后者需要估读；‎ ‎（3）伏安法测电阻有电流表内接与电流表外接两种，由于不是理想电变，所以都存在误差；‎ ‎（4）欧姆表注意换档之后调零；‎ ‎（5）测定电源电动势与内阻应选内阻较大的电源、内阻大的电压表与内阻小的电流表。‎ ‎【详解】（1）首先确定游标卡尺为20分度，然后读出主尺为50mm，再看游标与3对齐，故为50mm+3÷20×3mm=50.15mm ‎（2）先读出固定刻度为4.5mm，再估读可动刻度为0.200mm，故最终为4.700mm。‎ ‎（3）金属丝的电阻与电流表更接近，为了防止电流表分压造成更大误差，应使用电流表外接，此时电压表分流造成测量电流比实际电流大，所以测得的电阻比真实值小，故选B.‎ ‎（4）A.只有测量电流与电压时才需要注意表笔的接法，测电阻时不需要，故A错误；‎ B.测量电阻时，指针偏转过大，说明电阻过小，为了让指针指在中间位置，应换更小的档位；‎ C.测量电路中某个电阻时，应把电阻与电路其他部分断开，C正确；‎ D.只有换档之后需要重新调零，D错误。‎ ‎（5）A. 测定电源电动势与内阻时为了使读数更明显，选择旧电池，因为旧电池内阻大，A正确，故不选；‎ B.移动滑动变阻器的滑片时,不能使滑动变阻器短路造成电流表过载,B说法正确，故不选；‎ C.实验所用电池内阻很小,相对于电源来说应采用电流表外接法,电流表外接法的误差来源是电压表的分流,电压表内阻越大,实验误差越小,应选择内阻大的电压表进行实验,故C错误，选C;‎ D. 根据实验记录的数据作U-I图象时,应通过尽可能多的点画一条直线,并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧.所以D选项是正确的，不选。‎ ‎【点睛】本题考查电路的知识点较多，需要对常见的几个电学实验充分熟悉。‎ ‎12.某研究小组收集了手机中的锂电池。为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红同学设计了如图所示的电路图来“测电源电动势和内阻”，图中R2为电阻箱。根据测量数据作出图象，如图所示。‎ ‎(1)若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、b表示)。‎ ‎(2)上述方法测出的数据与真实值比较，测量出的内阻_____________（填“偏大” 或“偏小”）,造成此系统误差主要原因是__________________________‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 偏小 (4). 电压表的分流作用 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；‎ ‎（2）因为电压表不是理想电表，所以存在误差。‎ ‎【详解】（1）不考虑电压表分流作用，电路的电流根据闭合电路欧姆定律，有，联立得，则图像斜率，纵轴截距，所以，‎ ‎（2）考虑电压表的分流作用，写出闭合电路欧姆定律，其中是电压表内阻与电源内阻并联之后的电阻，此为我们实验的测量值，所以比真实值小。‎ ‎【点睛】测定电源内阻与电动势的实验利用闭合电路欧姆定律即可解决，需要注意电流表分压与电压表分流引起的误差。‎ 四．解答题(本题共4小题， 13题8分，14题9分，15题 10分，16题15分，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。直接写出最后答案的不能给分)‎ ‎13.如图所示，与水平面成θ=37°角的光滑轨道间距为L=0.4 m，轨道上有一质量为m = 0.04 kg,电阻为R=3Ω的金属棒ab，电源电动势为E=6 V，电路中其他电阻不计，ab棒静止在轨道上，当磁感强度的方向分别为：‎ ‎(1)竖直向上、(2)垂直轨道平面向上时，分别求出其大小?(已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2)‎ ‎【答案】(1)0.375T(2)0.3T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用安培定则判断出安培力方向，进行共点力平衡的分析即可。‎ ‎【详解】（1）利用左手定则，磁场竖直向上时，安培力水平向右，物体受重力支持力与安培力保持平衡，画出受力分析示意图：‎ 可得 电流 由得B=0.375T ‎（2）利用左手定则，磁场垂直于斜面向上时，安培力沿斜面向上，物体受重力支持力与安培力保持平衡，画出受力分析示意图：‎ 可得 电流 由得B=0.3T ‎【点睛】本题结合安培力考查共点力平衡，难度较低。‎ ‎14.如图所示，一根质量不计、长为1m的绳子，一端固定在天花板上，另一端系一质量为0.99kg的小球，整个装置处于静止状态，一颗质量为10g、水平速度为500m/s的子弹水平击中小球后并嵌入其中。（g取10m/s2）求 ‎(1)子弹射入小球后瞬间的速度为多少？‎ ‎(2)子弹射入小球的过程中系统损失的机械能？‎ ‎(3)小球上升的最大高度？‎ ‎【答案】(1)5m/s(2)137.5J(3)1.25m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用动量守恒即可求解；‎ ‎（2）用能量守恒即可求解；‎ ‎（3）小球上升时只有重力做功，最高点时动能全部转化成重力势能。‎ ‎【详解】（1）子弹射入小球中，子弹与小球组成的系统动量守恒，有，得 ‎（2）系统损失的机械能等于总动能的减少量，‎ 得E损=137.5J ‎（3）由机械能守恒：‎ 得 ‎【点睛】本题只要抓住动量守恒与能量守恒两大定律即可解决，难度较低。‎ ‎15.如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功 ‎(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）W=－qE·2R W= - 0.08J ‎(2)设小滑块到达Q点时速度为v，‎ 由牛顿第二定律得mg＋qE＝m 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv 联立方程组，解得：v0＝7m/s.‎ ‎(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 ‎－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv 又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m ‎ 代入数据，解得：FN＝0.6N 由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N.‎ ‎【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；‎ ‎（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；‎ ‎（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力。‎ ‎16.如图所示，在倾角为30°的斜面OA的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P，OP之间足够远.现有一质量，带电量q=+2×10-14C的粒子，从小孔以速度 水平射向磁感应强度B=0.2T、方向垂直纸面向外的一圆形磁场区域，且在飞出磁场区域后能垂直打在OA面上，粒子重力不计。求：‎ ‎(1)粒子在磁场中圆周运动的半径;‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的时间；‎ ‎(3)圆形磁场区域的最小面积；‎ ‎(4)若磁场区域为正三角形且磁场方向垂直纸面向里，粒子运动过程中始终不碰到竖直挡板，其他条件不变，则此正三角形磁场区域的最小面积为多少；‎ ‎(5)若磁场区域为矩形且磁场方向垂直纸面向里，粒子运动过程中始终不碰到竖直挡板，其他条件不变，求：此矩形磁场区域的最小面积？‎ ‎【答案】(1)0.3m(2)(3) (4) (5) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)粒子在磁场中,由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周运动的半径,并由圆周运动公式求出周期；‎ ‎(2)画出粒子运动的轨迹如图,由几何知识得到轨迹对应的圆心角θ,由求出粒子在磁场中运动的时间;‎ ‎(3)当粒子的轨迹圆正好以PQ为直径时,圆形磁场区域的半径最小,则知最小半径的值,从而求出面积。.‎ ‎(4)若磁场区域为正三角形且磁场方向垂直向里,粒子运动过程中始终不碰到挡板,其他条件不变,由几何关系可求正三角形磁场区域的最小边长，从而求出面积.‎ ‎（5）若磁场区域为矩形且磁场方向垂直向里,粒子运动过程中始终不碰到挡板,其他条件不变,由几何关系可求矩形的长和宽，从而计算面积。‎ ‎【详解】(1)粒子在磁场中,由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得 ‎ , 得: ‎ ‎(2)画出粒子运动的轨迹如图,‎ 由几何知识得到轨迹对应的圆心角 ,则粒子在磁场中运动的时间为 ‎ ‎ ‎(3)当粒子的轨迹圆正好以PQ为直径时,圆形磁场区域的半径最小,根据几何知识得知,PQ=r,则磁场最小的半径为 ‎ ‎（4）画出粒子的运动轨迹如图,‎ 由数学知识可得: 得: ‎ 求得S=‎ ‎（5）与上一问类似，画出粒子的运动轨迹图，‎ 矩形的长 宽 所以面积 ‎【点睛】本题中圆形磁场区域最小的直径等于入射点与出射点间的距离是常用的经验结论，在本题中要灵活运用．‎ ‎ ‎