2017-2018学年四川省遂宁市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年四川省遂宁市高二上学期期末考试物理试题 解析版

遂宁市高中2016级高二上学期教学水平监测 物 理 试 题 一、选择题 ‎1. 关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是 A. 奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象 B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 C. 法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机 D. 库仑定律公式中的常数是由卡文迪许通过扭秤实验测得的 ‎【答案】C ‎【解析】A. 奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象。故A错误；‎ B. 库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量。故B错误；‎ C. 法拉第不仅发现了电磁感应现象，而且发明了人类历史上的第一台发电机。故C正确；‎ D.卡文迪许通过扭秤实验测得的是引力常量，不是静电常量，故D错误。‎ 故选：C.‎ ‎2. 下列说法中正确的是 A. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势就越大 B. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势就越大 C. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大 D. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势也一定为零 ‎【答案】B ‎【解析】A. 感应电动势跟穿过闭合回路的磁通量的变化率成正比，磁通量变化大，磁通量的变化率不一定大，故A错误；‎ B. 根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化越快，即磁通量的变化率越大，感应电动势越大，故B正确； ‎ C. 穿过线圈的磁通量大，不一定变化快，感应电动势不一定大，故C错误； ‎ D.穿过线圈的磁通量为0，但线圈的磁通量变化率不一定为0，故感应电动势不一定为0，故 D错误。‎ 故选：B.‎ 点睛：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关．‎ ‎3. 如图所示，两个带电小球A、B分别用细丝线悬挂在同一点O，静止后A球与B球等高，细丝线与竖直方向的夹角分别为α、β且α>β，关于两小球的质量m1、m2和电荷量q1、q2的关系，下列情况可能的是 A. m1>m2，q1q2‎ C. m1=m2，q1q2‎ ‎【答案】B ‎【解析】对A. B球受力分析，‎ 根据共点力平衡和几何关系得：‎ m1gtanα=F1,m2gtanβ=F2‎ 由于F1=F2，α>β 所以m1φB，EA>EB B. φA>φB，EAEB ‎【答案】D ‎【解析】A．从A向B运动为加速运动，说明电场力从A向B，负电荷受力方向与电场线方向相反，所以电场线方向从B向A，沿电场线方向电势逐渐降低，故A错误，B错误；‎ C．速度时间图像斜率代表加速度，由乙图可知从A到B加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律，加速度减小电场强度逐渐减小，故C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎10. 目前世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能。如图所示为它的发电原理图.将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的离子，从整体上来说呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场中有两块正对面积为S，相距为d的平行金属板，与外电阻R相连构成电路.设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g，则流过外电阻R的电流强度I及电流方向为 A. I=，A→R→B B. I=，B→R→A C. I=，A→R→B D. I=，B→R→A ‎【答案】C ‎【解析】根据左手定则知正电荷向上偏,负电荷向下偏,上极板带正电,下极板带负电,所以流过外电阻R的电流方向为A→R→B.最终电荷处于平衡有：qvB=qEd,解得电动势E=Bdv.内电阻,根据闭合电路欧姆定律有：= ，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C.‎ 点睛：正、负粒子进入磁场，受洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定极板的正负极，确定出电流在外电路中的流向．最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出电动势的大小，从而根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．‎ ‎11. 如图所示，平行金属轨道宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面夹θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现将一质量为m长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分（导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程与导轨保持良好接触，重力加速度为g）．不计一切摩擦阻力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中 A. 导体棒匀速运动时速度大小为 B. 匀速运动时导体棒两端电压为 C. 导体棒下滑距离为S时，通过R的总电荷量为 D. 重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有，根据欧姆定律可得，根据法拉第电磁感应定律可得，联立解得，，故导体棒两端的电压为，所以A正确B错误；根据法拉第电磁感应定律，故，根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，故C正确D错误；‎ 考点：考查了电磁感应切割类问题 ‎【名师点睛】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、动能定理即可正确解题 ‎12. 如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电，电荷量为q，质量为m，速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是 A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B. 对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心 C. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 D. 只要速度满足v＝， 沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 ‎【答案】BD ‎【解析】A. 对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误；‎ B.‎ ‎ 带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B正确；‎ C. 对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中轨迹半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,运动时间t越小。故C错误；‎ D. 速度满足v=时,轨道半径r=R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。‎ 故选：BD.‎ 点睛：带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．‎ 二、实验题 ‎13. (1)如图所示，用螺旋测微器测量一电阻丝的直径，其读数为____mm。‎ ‎(2) 多用电表是日常生活中必不可少的检测工具，在家电维修中得到广泛的应用。在用多用表的欧姆档进行测量时,当转换开关置于图甲所示位置时，表针指示如图乙所示，则被测电阻阻值是____Ω。‎ 若用该表再测量阻值约为30Ω的电阻时,应旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡的____挡；（选填“×1k”,“×100”“×10”,“×1”）‎ ‎【答案】 (1). （1）0.950mm； (2). （2）2.20×104Ω； (3). “×1”；‎ ‎【解析】(1)螺旋测微器读数：0.5+45.0×0.01=0.950mm；‎ ‎(2)由甲图可知，欧姆表倍率在“×1k”，所以读数为：22×103=2.2×104Ω；‎ 再测量小电阻：将转换开关调到“×1Ω”档位，重新进行欧姆调零。‎ ‎14. 某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻箱。实验室提供的器材如下：电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电阻箱（限值范围0～999.9Ω）；开关、导线若干。‎ ‎⑴根据图中的电路图，将器材连接成实验电路；‎ ‎⑵实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到若干组R、U的数据；‎ ‎(3)根据实验数据绘出如图所示的图线，由图象得出电池组的电动势E=____V，内电阻r=____Ω。（结果保留二位有效数字）‎ ‎(4)关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法,下列说法正确的是____（单选）‎ A．电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差 B．同学读电压表读数引起的误差属于系统误差 C．本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差 D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小偶然误差 ‎【答案】 (1). （3）2.8或2.9， (2). 0.71（0.65﹣0.74均正确）； (3). （4）C ‎【解析】(2)根据闭合电路欧姆定律可知： ‎ 变形可得：‎ 则可知，图象的截距代表的是电动势的倒数，所以电源的电动势为E=1/0.36=2.8V，‎ 图象的斜率表示k=r/E==0.26‎ 解得：r=0.73Ω；。‎ ‎(3)A.电压表的分流作用引起的误差属于系统误差，所以A错误；‎ B. 同学读电压表读数引起的误差属于偶然误差，所以B错误；‎ C. 本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差，所以C正确；‎ D. 如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差，所以D错误。‎ 故选：C.‎ 三、计算题 ‎15. 在如图所示的电路中，电源的电动势E＝6.0 V，内电阻r＝2.0Ω，外电路的电阻R1‎ ‎＝12.0Ω，R2＝4.0Ω。闭合开关S。求：‎ ‎（1）电路中的总电流I；‎ ‎（2）电源的输出功率P。‎ ‎【答案】（1）1.2A ；（2）4.32W；‎ ‎【解析】设外电路的总电阻为R，根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流 I＝ ‎ R1与R2并联的阻值R＝＝3Ω 得：I＝1.2A ‎ ‎（2）U=IR 得：U＝3.6V ‎ P＝UI 得：P＝4.32W。 ‎ ‎16. 轻质细线吊着一边长为L=0．8m的单匝正方形线圈abcd，线圈总电阻为R=1Ω。边长为d=0．4m的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图（甲）所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图（乙）所示，（线圈始终保持静止）. 求： ‎ ‎（1）线圈abcd中产生的感应电动势E大小和感应电流的方向； ‎ ‎（2）t1=4s时，cd边所受的安培力大小及方向。 ‎ ‎【答案】（1）E=0.4V；逆时针方向adcba；（2）4.8N；方向竖直向上；‎ ‎【解析】（1）由法拉第电磁感应定律 ‎ ‎ ‎ ‎ 由乙图得： ‎ 解得：E=0.4V， ‎ 由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向adcba。 ‎ ‎(2) ‎ t1=4s时B=30T ‎，方向竖直向上。‎ ‎17. 如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数= 0.30，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C，质量m = 0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下。已知斜面AB对应的高度h = 0.24m，滑块带电荷q = -5.0×10-4C，取重力加速度g = 10m/s2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80。求：‎ ‎（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；‎ ‎（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力。‎ ‎【答案】（1）2.4m/s ；（2）11.36N；‎ ‎【解析】试题分析：（1）滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小 ‎（2）滑块从B 到C 点，由动能定理可得C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解．‎ 解：（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力 f=μ（mg+qE）cos37°=0.96N 设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得 ‎（mg+qE）h﹣‎ 解得 v1=2.4m/s．‎ ‎（2）滑块从B 到C 点，由动能定理可得：‎ ‎（mg+qE）R（1﹣cos37°）=‎ 当滑块经过最低点时，有 FN﹣（mg+qE）=‎ 由牛顿第三定律：F′N=FN 解得：F′N=11.36N，方向竖直向下．‎ 答：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小是2.4m/s；‎ ‎（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力是11.36N．方向竖直向下．‎ ‎【点评】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择，中等难度．‎ ‎18. 如图所示,等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点.水平线QC以下是水平向左的匀强电场,区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ(三角形APD)内的磁场方向垂直纸面向里,区域Ⅲ(虚线PD之上、三角形APD以外)的磁场与区域Ⅱ大小相等、方向相反，且磁感应强度为3B0。带正电的粒子从QC边中点N以速度v0垂直QC进入区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ(粒子重力忽略不计).经一系列运动粒子将再次回到N点以速度v0垂直QC进入下方匀强电场,最后从O点离开电场（QO边长为L）。求：‎ ‎(1) 该粒子的比荷q/m；‎ ‎(2) 匀强电场E的大小；‎ ‎(3) 粒子在磁场从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t．‎ ‎【答案】（1）；（2）E=2B0v0；（3）t=；‎ ‎【解析】(1)由题意可知，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L 由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：qvB=‎ 解得： ‎ ‎(2)粒子从N点到O点过程中，做类平抛运动则：‎ 竖直方向匀速直线运动 t1=‎ 水平向左做初速度为零的匀加速直线运动，则：L= ‎ 由牛顿第二定律得：QE=ma 解得：E=2B0v0；‎ ‎(3)带电粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：r2=‎ 粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如图所示 在区域Ⅰ中匀速圆周运动周期：T1=‎ 在区域Ⅰ中运动的时间：t2=‎ 在区域Ⅱ和区域Ⅲ中匀速圆周运动周期：T2= ‎ 在区域Ⅱ和区域Ⅲ中运动时间：t2=‎ 所以t=t2+t3=‎ ‎ ‎