2017-2018学年四川省雅安市高二上学期期末考试试题 物理

2017-2018学年四川省雅安市高二上学期期末考试试题 物理

四川省雅安市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 一．选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，第1～12题只有一个选项正确，第13～15题有多项正确。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分)‎ ‎1. 下列说法错误的是 A. 安培发现了通电导线周围存在磁场 B. 法拉第发现了电磁感应现象及其规律 C. 库仑通过扭秤实验研究发现了库仑定律 D. 洛伦兹研究发现了运动电荷在磁场中受到的磁场力的规律 ‎【答案】A ‎【解析】A、奥斯特首先发现了通电导线周围存在磁场，故A错误；B、法拉第通过实验研究总结出了电磁感应定律，故B正确。C、库仑通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，故C正确；D、洛伦兹推导出运动电荷在磁场中也要受到力的作用，这个力就是洛伦兹力，故D正确。本题选择错误的故选A。‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎2. 下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是 A. 磁感线是从磁铁的N极指向S极的 B. 电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 C. 电场线是一系列不闭合曲线，而磁感线是一系列闭合曲线 D. 磁场中两条磁感线一定不相交，但电场中的电场线是可以相交的 ‎【答案】C ‎【解析】A、磁感线外部由N极到S极，内部由S极到N极，故A错误。B、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以B错误；C、电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以C正确；D、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以D错误；故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但电场线不是闭合的，有起点和终点．‎ ‎3. 在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了 A. 除菌消毒 B. 消除静电 C. 利用静电 D. 防止漏电 ‎【答案】B ‎【解析】解：由题意可知，良好接地，目的是为了消除静电，这些要求与消毒无关，而因静电而产生爆炸，因此不可能是这样．‎ 静电会产生火花、热量，麻醉剂为易挥发性物品，遇到火花或热源便会爆炸，就象油罐车一样，在运输或贮存过程中，会产生静电，汽油属于易挥发性物品，所以它的屁股后面要安装接地线（软编织地线），以防爆炸，麻醉剂与之同理，故B正确，ACD错误；‎ 故选B ‎【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．‎ ‎4. 对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”，人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S极上聚集着负磁荷，由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律，例如磁的库仑定律，磁场强度等。在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同，若用H表示磁场强度，F表示点磁荷所受磁场力，qm表示磁荷量，则磁场强度可以表示为：。以下公式所采取的定义方法与磁场强度不相同的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】磁场强度的定义为试探磁荷在磁场中某点受到的磁场力与试探磁荷所带的磁荷量的比值，用的是比值定义法定义的物理量，则电场强度，磁感应强度，电容都是用的比值定义法；而是匀强电场的场强计算式，不是比值定义法定义的物理量。故选D。‎ ‎【点睛】本题类似于电场强度的定义，运用类比的方法，采用比值定义法定义磁场强度．‎ ‎5. 粒子甲的比荷是粒子乙的2倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力，有 ，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，A正确；BCD错误；故选A。‎ 考点：洛伦兹力。‎ ‎【名师点睛】由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向。‎ ‎6. 如图，虚线方框内为四个相同的匀强磁场，磁场中分别放入四个单匝线圈，四个线圈中的MN长度相等，线圈平面与磁场方向垂直。当线圈中通有大小相同的电流时，四个线圈所受安培力最大的是 B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可知，四个图中导线均垂直与磁场，A图中的有效长度最大，根据公式F=BIL可知，A 图中所受安培力最大，故A正确，BCD错误；故选A.‎ ‎7. 如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则 A. 电场力做正功 B. 粒子带正电 C. 电势能增加 D. 加速度减小 ‎【答案】C ‎【解析】B、由图看出，带电粒子的轨迹向下弯曲，则知带电粒子所受的电场力方向与电场强度方向相反，所以粒子带负电．故B错误．D、从A到B，电场线越来越密，场强越来越大，带电粒子所受的电场力增大，则其加速度增大，故D错误；A、C、由速度和电场力的夹角为钝角可知电场力做负功，故动能减小、电势能增大．故A错误，C正确．故选C．‎ ‎【点睛】本题的解题关键是根据轨迹的弯曲方向判断电场力的方向，还要掌握电场线的意义：电场线的疏密表示场强的相对大小．‎ ‎8. 如图所示，电源你的电动势为30V，内阻忽略不计，一个“6V，12W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联。已知电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为 A. 36W B. 40W C. 48W D. 60W ‎【答案】B ‎【解析】通过电灯的电流：，电动机的电压：U电=E-U灯=30-6=24V；电动机消耗的总功率：P电=U电I=24×2=48W；绕线电阻的电热功率：P热=I2R=22×2=8W；电动机输出的机械功率P机=P电-P热=40W；故选B．‎ ‎【点睛】该题考查了非纯电阻电路中欧姆定律和电功率的应用．注意在非纯电阻电路中，电功率用P=UI 计算，电热功率用P热=I2R计算，二者不能混用．‎ ‎9. 如图电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，则 A. 灯L1变亮，灯L2变暗 B. 灯L1变亮，灯L2变亮 C. 灯L1变暗，灯L2变暗 D. 灯L1变暗，灯L2变亮 ‎【答案】D ‎【解析】A、滑片P从a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路的总电阻减小，总电流增大，灯泡L2变亮； 灯泡L1两端的电压U＝E−I(RL2+r)减小，通过灯的电流L1变小，故灯泡L1变暗。故选D。‎ ‎【点睛】灵活应用闭合电路的欧姆定律、电动势路端电压和内电压、干路与支路电流关系是解决动态电路的关键，即先局部-整体-局部的解题思路．‎ ‎10. 如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块 A. 在P和Q中都做自由落体运动 B. 在两个下落过程中的机械能都守恒 C. 在P中的下落时间比在Q中的长 D. 落至底部时在P中的速度比在Q中的大 ‎【答案】C ‎11. 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。则下列说法正确的是 A. o点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、c两点处的磁感应强度的方向不同 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零．故A错误．‎ 考点：右手螺旋定则；磁场的叠加 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。‎ ‎12. 如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板间静止不动，如图仅改变下列某一个条件，油滴能向上运动的是 A. 断开开关S B. 增大R1的阻值 C. 减小R1的阻值 D. 增大R2的阻值 ‎【答案】B ‎【解析】A、断开开关S，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、C、电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，当增大R1的阻值，导致总电流减小，则外电压增大，因此电容器的电压增大，板间场强增强，油滴将向上运动．相反，减小R1的阻值，油滴能向下运动．故B正确，C错误．D、电路稳定时，当增大R2‎ 的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不变，油滴将不运动．故D错误．故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了判断油滴的运动状态问题，关键要根据电路的知识，分析清楚极板间的电压如何变化，判断油滴所受的电场力如何变化．‎ ‎13. 如图所示，已知回旋加速器的匀强磁场的磁感应强度为B，D形金属盒的半径为R，狭缝间的距离为d，加在两D形金属盒间电压为U。一个电荷量为q，质量为m的带电粒子在回旋加速器的中心从速度为O开始加速，当它离开回旋加速器时的动能为Ek。要使该粒子离开回旋加速器时的动能大于Ek，则下列方法中正确的是 A. 只增大两D形金属盒间的电压U B. 只增大狭缝间的距离d C. 只增大匀强磁场的磁感应强度B D. 只增大D形金属盒的半径R ‎【答案】CD ‎【解析】由 ，解得：．则动能为： ，由此可知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故A，B错误，C，D正确．故选CD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．‎ ‎14. 如图所示，连接两平行金属板的导线的一部分CD与一有电源回路的一部分GH平行且均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，当一束等离子体射入两金属板之间时， 关于CD段导线受到力F情况说法正确的是 A. 若等离子体从右射入，F向左 B. 若等离子体从右射入，F向右 C. 若等离子体从左射入，F向右 D. 若等离子体从左射入，F向左 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：电路中的电流的方向为由G到H，当等离子体从右方射入时，由左手定则可以判断电容器的上极板带负电，下极板带正电，电流的方向为由D到C，电流的方向与电路中GH的电流的方向相反，两导线相互排斥，CD受到的作用力向左，故A正确，B错误；等离子体从左方射入时，由左手定则可以判断电容器的上极板带正电，下极板带负电，电流的方向为由C到D，电流的方向与电路中GH的电流的方向相同，所以CD受到的作用力向右，即指向GH，故C错误，D正确。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】根据右侧的电路可知导线GH中的电流的方向为由G到H，在由粒子的进入的方向可以判断电容器中的电流的方向，由同向电流互相吸引，异向电流互相排斥可以得出CD的受力的方向。‎ ‎15. 如图所示电路中，均匀变化的匀强磁场只存在于虚线框内，三个电阻阻值之比R1：R2：R3=1:2:3，其它部分电阻不计。当S3断开，而S1、S2闭合时，回路中感应电流为I，当S1断开，而S2、S3闭合时，回路中感应电流为5I，当S2断开，而S1、S3闭合时，可判断 A. 闭合回路中感应电流为4I B. 闭合回路中感应电流为7I C. R1、R3消耗的功率之比PR1:PR3为3:1‎ D. 上下两部分磁场的面积之比S上:S下为3:25‎ ‎【答案】BD ‎【解析】A、因为R1：R2：R3=1：2：3，可以设R1=R，R2=2R，R3=3R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：E1=3IR，当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得：E2=5I×5R=25IR，当S1、S3‎ 闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E=E1+E2=28IR，则此时的电流．故B正确，A错误．C、根据P=I2R，可知，串联电路电流相等，则功率与电阻成正比，那么R1、R3消耗的功率之比PR1：PR3为1：3，故C错误；D、由A选项分析可知，E1=3IR；E2=5I×5R=25IR；E=E1+E2=28IR，再根据法拉第电磁感应定律可知，上下两部分磁场的面积之比S上：S下为3：25，故D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律是正确解题的关键；要注意在三种电路情况下，产生的感应电动势不同，这是容易出错的地方，同时注意法拉第电磁感应定律的应用．‎ 二、实验题(本题共2小题，共18分。) ‎ ‎16. (1)用螺旋测微器得片状金属工件的厚度为_______mm，用多用电表电阻挡“×10”测量某电阻时读数为_________Ω.‎ ‎(2)有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，现有下列器材供选用：‎ A.电压表V1(0~6V，内阻约10kΩ)‎ B.电压表V1(0~15V，内阻约20kΩ)‎ C.电流表A1(0~0.3A，内阻约1Ω)‎ D.电流表A2(0~0.6V，内阻约0.4Ω)‎ E.滑动变阻器R1(0~10Ω)‎ F.滑动变阻器R2(0~100Ω)‎ G.学生电源(直流6V)、开关及导线 ‎①为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表_________，电流表_________，滑动变阻器_______。(填器材前的选项符号)‎ ‎②为使实验误差尽量减小，要求从零开始夺取几组数据，请用①中所选的仪器在答题卡的虚线框中画出实验电路图_________。‎ ‎③P为右图中图线上的一点，PN为图线上P点的切线，则由图可知：随着所加电压的增加，小灯泡的电阻将________(填“增大”“减小”或“不变”)，对应P点，小灯泡的电阻值约为__________Ω。(保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 0.200 (2). 120 (3). A (4). D (5). E (6). (7). 增大 (8). 5.00(4.78--5.00)‎ ‎【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0mm+0.200mm=0.200mm; 选用“×10”欧姆挡时读数=刻度盘读数×倍率，即R=12×10=120Ω.‎ ‎(2)因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～6V的电压表，故选A；而灯泡的额定电流为，为保证安全选用的电流表量程应稍大于0.5A，故选D(0.6A);而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E.‎ ‎(3)灯泡电阻，因，可知灯泡电阻是个小电阻，选用电流表的外接法可以减小系统误差；由题意要求可知电压从零开始变化并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；电路如图所示：‎ ‎(4)由图象上每一点的割线的斜率，据图象可得斜率逐渐减小，表示灯丝电阻随电压增大而增大；(4.78Ω~5.00Ω)‎ ‎【点睛】游标卡尺、螺旋测微器的读数、多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数；读数时视线要与电表刻度线垂直。实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．同时明确灯泡伏安特性曲线的正确应用和多用电表的使用方法．‎ 三、计算题。（本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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。）‎ ‎17. 如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m=1×10-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上。(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2).求：‎ ‎(1)该电场的电场强度大小；‎ ‎(2)若电场强度变为原来的一半，小物块运动的加速度大小。‎ ‎【答案】(1)E=7.5×104N/C (2)a=3m/s2‎ ‎【解析】(1)小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有：‎ 在x轴方向： ‎ 在y轴方向：‎ 得： ‎ 故有： ‎ ‎(2)场强变化后物块所受合力为：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 故代入解得： ‎ ‎【点睛】由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向．当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解． ‎ ‎18. 如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L=0.2m，一端通过导线与阻值为R=1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m=0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计，整个装置处于竖直向上的大小为B=0.5T的匀强磁场中。现用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，金属杆运动的v-t图象如图乙所示。(g=10m/s2)求：‎ ‎(1)t=10s时拉力的大小及电路的发热功率；‎ ‎(2)在0~10s内，通过电阻R的电量。‎ ‎【答案】(1)P=0.16W (2)q=2C ‎【解析】(1)由v-t图象可知： ① ‎ 由牛顿第二定律: ② ‎ ‎ ③ ‎ ‎ ④ ‎ ‎ ⑤ ‎ ‎（或由图可知，t=10s时，v=4m/s） ⑥‎ 联立以上各式，代入数据得： ⑦‎ ‎ ⑧‎ ‎(2)由电量的定义 ⑨‎ ‎ ⑩ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 联立以上各式，代入数据得: ‎ ‎【点睛】该题为电磁感应与动力学综合的问题，解决本题的关键理清导体棒的运动情况，知道速度图象的斜率等于加速度，能根据相关规律推导出电量的表达式．‎ ‎19. 如图所示，xoy坐标内在的区域，存在以ON为界的磁感应强度大小分别为B1=B2=1T的反向匀强磁场，磁场方向均垂直xoy平面。在x>6m的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为。现有比荷的带正电粒子(不计重力)，从A板由静止出发，经加速电压(电压可调)加速后从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场B1中；已知ON分界线上有一点P，P点坐标为(3m，)。则：‎ ‎(1)要使该带电粒子经过P点，求最大的加速电压U0；‎ ‎(2)满足第(1)问加速电压的条件下，求粒子再次通过x轴时的速度大小及此时到坐标原点O的距离；‎ ‎(3)从粒子经过坐标原点O开始计时，求粒子到达P点的可能时间.‎ ‎【答案】(1) (2), (3) (其中n=1,2,3,…)‎ ‎【解析】(1)加速电压最大时，粒子进入磁场中的半径最大，如图1所示，‎ 由几何知识可知： ‎ 又 ‎ 电场加速： ‎ 代入数据解得：‎ ‎ ‎ ‎(2)粒子运动轨迹如图1所示，粒子经过N点，其坐标为，设再次到达x轴的位置为M点，N到M过程 x轴方向： ‎ y轴方向： ‎ 由动能定理：‎ 解得：，‎ 所以，M点到O点的距离为 ‎(3)由周期公式，与速度无关.粒子通过P点还可能如图2所示，‎ 考虑重复性，有： (其中n=1,2,3,…)‎ ‎【点睛】掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．‎