2017-2018学年江西省横峰中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年江西省横峰中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

江西省横峰中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 一、选择题： ‎ ‎1. 以下说法符合历史事实的是（　　）‎ A. 伽利略总结了导师第谷留下的大量天文观测数据，发现了行星三大定律 B. 库仑采用放大法，利用扭秤装置测出了万有引力常量．因此被誉为第一个称量地球质量的人 C. 法拉第首先提出了电场的概念，而且为了形象地描述电场，他又引入了电场线的概念 D. 牛顿对自由落体运动进行了深入仔细的研究，将理想斜面实验的结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速运动 ‎【答案】C ‎【解析】A项：开普勒最早发现了行星运动的三大规律，故A错误；‎ B项：万有引力常量是卡文迪许测出的，故B错误；‎ C项：法拉第首先提出了电场概念，并用电场线简洁、形象的描述电场，故C正确；‎ D项：伽利略对自由落体运动进行了深入仔细的研究，将理想斜面实验的结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速运动，故D错误。‎ ‎2. 关于下列物理量的说法正确的是（　　）‎ A. 根据可知，电场中某点的电场强度E与处于该点的点电荷电量q成反比 B. 根据可知，磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比，其单位关系是 C. 由电源电动势可知，非静电力做功越多，电源电动势也就越大 D. 虽然 ，但电容器的电容不由极板所带电荷量、极板间电势差决定 ‎【答案】D ‎【解析】A项：电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点受力F无关，仅有带电体本身决定，故A错误；‎ B项：B与F成正比，与IL成反比”不对，磁感应强度是由磁场本身决定的，与F、L、I无关，故B错误；‎ C项：移送相同电荷量时，非静电力做功越多，电动势越大，故C错误；‎ D项：是电容器的定义式，电容只取决于本身的性质，故D正确。‎ ‎3. 下图中的通电导线在磁场中受力分析正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据左手定则可知，A图中掌心向左，四指向里，则安培力应该垂直磁感线竖直向下，故A错误；B图中因通电导线与磁平行，则没有安培力，故B错误；C图中掌心向里，四指斜向左下，则安培力垂直电流斜向下，故C正确；D图中因通电导线与磁平行，则没有安培力，故D错误．故选C。‎ 考点：左手定则 ‎【名师点睛】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向。‎ ‎4. 如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度．若不改变A、B两极板带的电量而增大两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（　　）‎ A. 一定减小 B. 一定增大 C. 一定不变 D. 可能不变 ‎【答案】D ‎【解析】由题知，增大两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，根据电容的决定式，可知电容可能增大，可能减小，也可能不变，而电容器的电量不变，由得知，板间电势差可能减小，可能增大，也可能不变，则静电计指针的偏转角度可能减小、增大，也可能不变．D正确，ABC错误．选D．‎ ‎【‎ 点睛】静电计测定电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的偏转角度越大．由题，平行板电容器带电后电量不变，增大两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质后，分析电容的变化，再由电容的定义式分析静电计指针的偏转角度的变化．‎ ‎5. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一个带正电粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )‎ A. a、b、c三个等势面中，a的电势最高 B. 电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 C. 电子在P点的加速度比Q点的加速度大 D. 带电质点一定是从P点向Q点运动 ‎【答案】C ‎【解析】A项：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；‎ B项：a等势线的电势最低，c等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；‎ C项：等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；‎ D项：由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D错误。‎ 点晴：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。‎ ‎6. 一个电流表的满偏电流Ig＝1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A. 串联一个10kΩ的电阻 B. 并联一个10kΩ的电阻 C. 并联一个9.5kΩ的电阻 D. 串联一个9.5kΩ的电阻 ‎【答案】D ‎【解析】把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：，故D正确。‎ ‎7. 如图所示，电灯A上标有“10V，10W”的字样，电灯B上标有“8V，20W”的字样，滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），则（　　）‎ A. 电流表示数一直减小，电压表示数一直增大 B. 电流表示数一直增大，电压表示数一直减小 C. 电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大 D. 电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电灯A的电阻为，电灯B的电阻为，则知，所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器两侧并联的总电阻一直减小，根据闭合电路欧姆定律电路中总电流一直增大，路端电压一直减小，则电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小，故B正确．‎ 考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用 ‎8. 在如图甲所示的电路中，调节滑动变阻器的阻值，电源路端电压U随滑动变阻器阻值R的变化关系图像如图乙所示，下列说法正确的是( )‎ A. 当R=4Ω时，电源总功率为6 W，内阻热功率为2 W B. 电源电动势E=6 V，内阻r=1 Ω C. 该电源输出功率的最大值为4.5 W D. 滑动变阻器阻值从0.5到10 Ω逐渐变大的过程中，电源的总功率减小，输出功率增大 ‎【答案】AC ‎..................‎ C项：电源输出功率的最大值，故C正确；‎ D项：滑动变阻器阻值从0.5到10 Ω逐渐变大的过程中，外电路电阻增大，总电流减小，则电源总功率减小，当r=R时，电源输出功率最大，所以输出功率先增大后减小，故D错误。‎ ‎9. 如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周（用虚线表示）上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球。现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球a、b，先将小球a穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使小球b从A点由静止开始沿竖直方向下落。各带电小球均可视为点电荷，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 从A点到C点，小球a做匀加速运动 B. 小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能 C. 从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变 D. 从A点到C点电场力对小球a做的功大于从A点到B点电场力对小球b做的功 ‎【答案】BC ‎【解析】小球a所受库伦力大小不断变化，导致a所受合外力变化，因此从A点到C点，小球a做变加速运动，A错误；B和C点为以点电荷为圆心的球面上的点，两点的电势相同，故小球a从A运动到C和小球b从A运动到B电场力做功相等，但是a球下落的高度大于b球下落的高度，即a球重力重力势能减小大于b球，因此小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能，B错误D正确；机械能的变化等于物体除重力之外的力所做的功，从A点到C 点，电场力对a球先做正功后做负功，故其机械能先增大后减小，下落过程中只有重力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变即机械能与电势能之和不变，故C正确．‎ ‎【点睛】对两个小球正确受力分析，弄清运动形式；正确理解电场力做功特点，注意以O为圆心的圆周为等势线；弄清小球运动过程中的功能关系，下落过程中只有重力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变．‎ ‎10. 如图所示，AOB为一边界为 圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD∥AO．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（　　）‎ A. 粒子2在AB圆弧之间某点射出磁场 B. 粒子2必在B点射出磁场 C. 粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2‎ D. 粒子1与粒子2的速度偏转角度相同 ‎【答案】BC 考点：洛伦兹力，左手定则 ‎【名师点睛】本题结题的关键是抓住粒子1的运动轨迹，根据结论：沿圆形磁场半径射入的带电粒子一定沿半径射出；所以粒子1轨迹与互ACB对称，同理粒子2轨迹与弧CB对称；根据对称性可以很好的分析粒子2出射点以及两个粒子的速度偏转角。‎ 二、填空题： ‎ ‎11. 在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图A，则金属丝的直径为___________mm．若用B图所示的电路测金属丝的电阻，用电流表和电压表测金属丝的电流电压时量程分别选用3V和0.6A，读数如图C，则电压表的读数为___________V，电流表的读数为_________A，则金属丝的阻值R为___________Ω．‎ ‎【答案】 (1). 0.698； (2). 2.60； (3). 0.46； (4). 5.65‎ ‎【解析】由图A所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.8×0.01mm=0.198mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.198mm=0.698mm；‎ 电压表量程为3V，则其精确度为0.1V，所以读数为：2.60V；‎ 电流表量程为0.6A，则其精确度为0.02A，所以读数为：0.46A；‎ 根据。‎ ‎12. 有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量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（0～5V，内阻约10kΩ）‎ B．电压表V2（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表A1（0～0.3A，内阻约1Ω）‎ D．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A） ‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）‎ 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___________．（填器材的前方选项符号，如A，B）‎ ‎（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在上面的方框中画出实验电路图___________．‎ ‎【答案】 (1). A， (2). D， (3). E， (4). ‎ ‎【解析】(1) 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A电压表；‎ 由P=UI得，灯泡的额定电流为：，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；‎ 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，应选小阻值的E；‎ ‎(2) 电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法，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，如图：‎ 点晴：本题考查实验中的仪表的接法，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。‎ 三、计算题 ‎13. 如图所示，一平行板电容器板长L=4cm，板间距离为d=3cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α=37°，若两板间所加电压U=100V，一带电荷量q=3×10﹣10 C的负电荷以v0=0.5m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，（g取10m/s2 ，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则 ‎（1）带电粒子的质量为多少？‎ ‎（2）带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？‎ ‎【答案】（1） ；（2） ‎ ‎【解析】试题分析：(1)负电荷在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定沿此直线方向，否则就做曲线运动．根据力的合成，由重力与电场力的关系求解质量；‎ ‎(2) 电荷运动过程中，重力不做功，只有电场力做功，根据动能定理求解微粒飞出时的速度。‎ ‎(1) 根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，‎ 由图可得：，，解得；‎ ‎(2) 对液滴由动能定理得：，代入数据解得：v=1m/s。‎ ‎14. 如图所示为某一微型电风扇与灯泡L串联的电路，AB两端的电压U恒为20V，灯泡L标有“12V、12W”字样，电动机线圈的电阻 ．若灯泡恰能正常发光，且电动机恰能正常工作运转。试求：‎ ‎（1）灯泡正常发光时的电阻RL ‎（2）电动机的输出功率P出 ‎（3）若灯泡L突然发生短路故障，同时电动机的叶子卡住，停止转动，试求此时通过电动机的电流和发热功率．‎ ‎【答案】（1）12Ω（2）7.5W（3）40A，800W ‎【解析】试题分析：（1）由PL=U L 2/RL 得，RL=12Ω ‎（2）电动机两端电压UM=8V，‎ 通过电动机的电流IM＝IL＝PL／U L=1A 电动机的输出功率P出= IMUM-IM2RM 得P出=7．5W ‎（3）此时通过电动机的电流IM＝U/ RM=40A 电动机的发热功率P热= IM2RM=800W 考点：考查了电功率的计算 ‎15. 如图所示，在倾角θ=30°的斜面上，固定一金属框，宽L=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池．垂直框面放置一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架间的动摩擦因数 ，整个装置放在磁感应强度B=0.8T、垂直框面向上的匀强磁场中．当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g取10m/s2）‎ ‎【答案】1.6Ω≤R≤4.8Ω ‎【解析】试题分析：根据左手定则可得安培力的方向沿斜面向上，当安培力过大时，则棒有上滑趋势，则静摩擦力沿斜面向下；当安培力过小时，则棒有下滑的趋势，则静摩擦力沿斜面向上，根据力的平衡条件可求出两种安培力的大小，从而确定滑动变阻器的电阻范围。‎ ‎（1）当滑动变阻器R取值较大时，I较小，安培力F安较小，金属棒有沿框面下滑的趋势，金属棒所受静摩擦力沿框面向上，如图所示：‎ 此时金属棒刚好不下滑，满足平衡条件：‎ 此时的电流为：‎ 带入数据解得：‎ ‎(2)当滑动变阻器R取值较小时，I较大，安培力F安较大，会使金属棒产生上滑的趋势，因此金属棒所受静摩擦力沿框面向下，受力如图所示：‎ 此时金属棒刚好不上滑，满足平衡条件：‎ 此时的电流为：‎ 带入数据解得：‎ 由上可得R的阻值范围为：‎ 点睛：本题主要考查了物体的平衡，当安培力过大使得棒有上滑趋势，所以静摩擦力沿斜面向下；当安培力过小时，棒有下滑的趋势，所以静摩擦力沿斜面向上。‎ ‎16. 如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy把空间分成四个区域，一绝缘带孔弹性挡板放置在x轴，某一端与坐标系O点重合，挡板上的小孔M距0点距离L1=9m，在y轴上的N点有一开口的小盒子，小盒子的中心距O点的距离L2‎ ‎=3m，空间中I、Ⅲ、Ⅳ象限存在竖直向上的匀强电场．小孔M正上方高为h处有一直径略小于小孔宽度的带正电小球（视为质点），其质量m=1.0×10﹣3kg，电荷量q=1.0×10﹣3C，若h=0.8m，某时刻释放带电小球．经t=0.55s小球到达小孔正下方L3=0.6m的S点（S未画出），不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求小球运动到小孔M时速度的大小； ‎ ‎（2）求电场强度E的大小；‎ ‎（3）若在空间中Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ象限再加一垂直纸面的匀强磁场，B=1T，适当改变h为合适的一些数值，其他条件不变，小球仍由静止释放，小球通过小孔后继续运动，小球与挡板相碰以原速度反弹，碰撞时间不计，碰撞电量不变，如果小球最后都能落入盒子的中心处，求h的可能值．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）1.25m，0.45m，0.70m．‎ ‎【解析】(1) 小球释放做自由落体运动有 ，，解得 t1=0.4s，v=4m/s；‎ ‎(2) 小球进入电场后在重力和电场力作用下做直线运动，设加速度为a，根据题意有 ‎，其中t2=t-t1=0.15s，解得a=0，表明小球进入电场后做匀速直线运动 故有 qE=mg，解得 E=10 V/m；‎ ‎(3) 加上匀强磁场后，小球进入复合场做匀速圆周运动，小球进入复合场的速度垂直挡板，做圆周运动的圆心必在x轴上，如果与挡板相碰，其轨迹前面部分是半圆，且圆的半径 R≥3m（因L2=3m），R越小，小球碰撞次数越多．设经n次碰撞后小球达到N点；‎ 所以 n·2R≤L1，即n·2R≤9，解得 n≤1.5，即取n= 0，1‎ 所以小球从小孔到盒子中心的运动轨迹可能有下列三种情况：‎ 由几何知识得：‎ 甲图 ，代入数据解得R1=5m；‎ 乙图 3R2=L1， 代入数据解得R2=3m；‎ 丙图 ，代入数据解得R3=3.75m；‎ 根据 ‎ 分别代入上述数据解得 h1=1.25m，h2=0.45m，h3=0.70m ‎ ‎ ‎ ‎