2017-2018学年重庆市綦江区高二上学期期末高中联考物理试题 解析版

2017-2018学年重庆市綦江区高二上学期期末高中联考物理试题 解析版

重庆綦江区2017－2018学年度第一学期期末高中联考高二物理试题 一、选择题 ‎1. 带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是（ ）‎ A. 洛伦兹力一定会对带电粒子做功 B. 洛伦兹力的大小与速度无关 C. 洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向 D. 洛伦兹力不改变带电粒子的动能 ‎【答案】D ‎【解析】A、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误；‎ B、洛伦兹力，故洛伦兹力与速度有关，故B错误； C、洛伦兹力与速度方向始终垂直，其作用效果只改变速度的方向，从而改变速度，故C错误； D、洛伦兹力不改变速度的大小，只改变速度的方向，所以不改变粒子的动能，故D正确。‎ 点睛：明确洛伦兹力，知道洛伦兹力的方向与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小，所以洛伦兹力永不做功，不改变粒子动能。‎ ‎2. 如图所示，轻质导线圈用细线悬挂在条形磁铁N极附近，磁铁与线圈在同一平面内，且磁铁的轴线过线圈中心。当线圈中通过顺时针方向的电流时，线圈将（ ）‎ A. 不动 B. 发生转动，同时靠近磁铁 C. 发生转动，同时离开磁铁 D. 不发生转动，只靠近磁铁 ‎【答案】B ‎【解析】在圆环左右部分各取一小段，根据左手定则知，左边向里转，右边向外转。转过90度后，将圆环等效为条形磁铁，则左边是S极，右边是N极，同性相吸，则圆环转动的同时向磁铁靠近，故B正确，ACD错误。‎ 点睛：本题考查导体在磁场中的运动，采用了微元法、特殊位置法、等效法判断圆环的运动情况。‎ ‎3. 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电压表和电流表读数都增大 B. 电压表和电流表读数都减小 C. 电压表读数增大，电流表读数减小 D. 电压表读数减小，电流表读数增大 ‎【答案】A ‎..................‎ 点睛：本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压减小，流过R2的电流减小．‎ 视频 ‎4. 如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈正上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下。在将磁铁的S极插入线圈的过程中（ ）‎ A. 通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥 B. 通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引 C. 通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引 D. 通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥 ‎【答案】D ‎【解析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为b→a；根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥，故D正确，ABC错误。‎ 点睛：楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向、磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可。‎ ‎5. 如图所示，两根细线竖直悬挂着两个相同的小球A、B，平衡时上下两根细线中的拉力分别是FA、FB，现在使A、B带同号电荷，此时上、下细线受力分别为FA′、FB′，则（ ）‎ A. FA=FA′， FB=FB′‎ B. FA=FA′， FB＜FB′‎ C. FA＞FA′， FB＜FB′‎ D. FA＜FA′， FB＞FB′‎ ‎【答案】B ‎【解析】带电前：对B有： 根据平衡条件可知： 对AB组成的整体有： ‎ ‎ 根据平衡条件可知： 带电后：对B有： 根据平衡条件可知： 对整体： 根据平衡条件可知：，综上所述：，，故选项B正确，ACD错误。‎ 点睛：处于受力平衡状态的物体在求解或进行大小变化的判断时，只要选好研究对象进行正确的受力分析，应用平衡条件判断即可。‎ ‎6. 板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间电场强度为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间电场强度为E2，下列说法正确的是（ ）‎ A. U2＝U1，E2＝E1‎ B. U2＝2U1，E2＝4E1‎ C. U2＝U1，E2＝2E1‎ D. U2＝2U1，E2＝2E1‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据电容公式，板间距变为，说明电容变为2倍，根据电容定义式，电量变为原来的2倍，电容也变为原来的2倍，所以电势差不变，根据场强关系，d变为原来的，所以场强变为2倍，故ABD错误，C正确。‎ 点睛：解决本题的关键是熟练运用电容的定义式、决定式，同时注意的正确应用。‎ ‎7. 有一带电荷量为＋q、重为G的小球，从竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时（ ）‎ A. 一定做曲线运动 B. 不可能做曲线运动 C. 有可能做匀速运动 D. 有可能做匀加速直线运动 ‎【答案】A ‎【解析】若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力相等，由于小球向下运动时，速度会增加，小球所受的洛伦兹力增大，将不会再与小球所受的电场力平衡，不可能做匀加速直线运动，也不可能做匀速直线运动；若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力不等，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，综上所述，小球一定做曲线运动，故A正确，BCD错误。‎ 点睛：解决本题的关键通过小球的受力判断小球的运动情况，知道当合力方向与速度方向在同一条直线上，做直线运动，当合力方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动。‎ ‎8. 如图所示，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面．一质量为m的金属棒以初速度v0‎ 沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与棒的电阻不计．下列说法正确的是（ ）‎ A. 回到出发点的速度v大于初速度v0‎ B. 通过R的最大电流上升过程小于下落过程 C. 电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程 D. 所用时间上升过程大于下落过程 ‎【答案】C ‎【解析】A、从出发点上升到回到出发点，根据能量守恒得，重力势能不变，内能增加，则动能减小，所以回到出发点的速度小于初速度，故A错误； B、上升过程中，初始速度最大，下落过程中，回到原处的速度最大，回到出发点的速度小于初速度，根据，通过R的最大电流上升过程大于下落过程，故B错误； C、根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，知在任何一个位置，上升到此位置的电流大于下降到此位置的电流，知上升过程中克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做功，电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程。故C正确； D、根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，上升的位移和下降的位移相等，则上升的时间小于下落的时间，故D错误。‎ 点睛：解决本题的关键通过能量守恒定律比较出回到出发点的速度和初速度的大小，从而得出上升过程的最大电流和下落过程中的最大电流大小。‎ ‎9. 如图，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图虚线所示。下列结论正确的是（ ）‎ A. 带电粒子在a点的加速度小于带电粒子在b点的加速度 B. 负点电荷一定位于M点左侧 C. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小 D. 带电粒子在a点时的电势能小于带电粒子在b点时的电势能 ‎【答案】AD ‎【解析】A、带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧；a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故A正确，B错误； C、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做正功，其动能增加，故C错误； D、电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确。‎ 点睛：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答。‎ ‎10. 在一次研究性学习的实验探究中，某组同学分别测绘出一个电源的路端电压随电流变化的关系图线，还测绘出了一个电阻两端的电压随电流变化的关系图线，如图中AC和OB所示。若把该电阻R接在该电源上构成闭合电路(R为唯一用电器)，由图可知（ ）‎ A. 电源的内电阻是1.2Ω B. 外电阻的电阻值是1.2Ω C. 电源的效率是80%‎ D. 电源的输出功率是1.5W ‎【答案】BC ‎【解析】A、AC斜率的绝对值表示电源的内阻：，故A错误；‎ 点睛：本题考查了学生对电学图象的认识，要理解U-I图象中点和斜率的意义并能结合公式求解。‎ ‎11. 如图所示，x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场。有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从O点射入磁场中，射入方向与x轴的夹角均为θ，则正、负离子在磁场中（ ）‎ A. 运动时间相同 B. 运动轨道半径相同 C. 重新回到x轴时速度大小相同但方向不同 D. 重新回到x轴时距O点的距离相同 ‎【答案】BD ‎【解析】A、因两个离子质量相同，电荷量也相等（电量绝对值），它们垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动的半径必相等、周期（指完成一个圆周）必相等。 当θ不等于90度时，两个离子在磁场中的轨迹一个是小半圆弧，另一个是大半圆弧，所以在磁场中的运动时间就不相等，故A错误； B、由知半径相同，故选项B正确； C、因离子进入磁场时射入方向与x轴夹角为θ，那么射出磁场时速度方向必与x轴夹角为θ，方向相同，所以C错误； D 由于两个离子的轨迹若合拢，肯定能组合为一个完整的圆周，则距离相同。所以选项D正确。‎ 点睛：粒子进入直线边界磁场，进入时与边界的夹角与出来时与边界的夹角相同，这是解题的关键点。‎ ‎12. 如图甲 所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向以水平向左为正，则下列关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图像正确的是（ ） ‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A、‎ 内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值。根据法拉第电磁感应定律，为定值，则感应电流为定值，在内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与内相同。在内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与内相同。在内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与内相同，故A正确，B错误； C、在内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值。0时刻安培力大小为．在内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，末安培力大小为．在内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第初的安培力大小为，在内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，末的安培力大小，故C正确，D错误。‎ 点睛：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向。‎ 二、实验题 ‎13. 利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内阻，R为电阻箱，V为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V。由此可得：‎ ‎（1）电源的电动势E＝_________ V；内阻r＝_______Ω；‎ ‎（2）在该电路中，电源的最大输出功率是_______W。‎ ‎【答案】 (1). 6; (2). 1; (3). 9;‎ ‎【解析】（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ 代入得：‎ ‎，代入得： 联立上式并代入数据解得：， 即电源电动势为，内阻为； （2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，即有：电源的输出功率最大为：。‎ 点睛：测量电源电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，本题的方法是伏阻法．电压表和定值电阻组合，相当于电压表和电流表双重作用。‎ ‎14. (10分)某学习小组要描绘一只小电珠(2.5 V，0.5A)的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：‎ A．电源E(电动势为3.0V，内阻不计)‎ B．电压表V1(量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ)‎ C．电压表V2(量程为0～15.0V，内阻约为6kΩ)‎ D．电流表A1(量程为0～0.6A，内阻约为1Ω)‎ E．电流表A2(量程为0～100mA，内阻约为2Ω)‎ F．滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)‎ G．滑动变阻器R2(最大阻值2kΩ)‎ ‎（1）为了减小实验误差，实验中电压表，电流表，滑动变阻器应分别选择________．(填器材前面的选项字母)‎ ‎（2）为提高实验精度，请你为该学习小组设计电路图，并画在虚线框中_____________．‎ ‎（3）下表中的各组数据是此学习小组在实验中测得的，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线________________________________。‎ ‎ ‎ ‎（4）如果用一个电动势为1.5V，内阻为3Ω的电源与该小电珠组成电路，则该小电珠的实际功率为__________(结果保留两位有效数字)．‎ ‎【答案】 (1). BDF; (2). (3). (4). 0.19W(0.18—0.20)‎ ‎【解析】（1）小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择B测量误差较小，灯泡的额定电流为0.5A，电流表选择D测量误差较小．总阻值2kΩ的滑动变阻器阻值较大，使用时测量误差较大，所以滑动变阻器选择F； （2）由于电压电流从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约为，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法．电路图如图所示：‎ ‎ （3）根据表格中的数据描点作图，用平滑曲线连接，如图所示：‎ ‎ （4）电源外电压，作出U-I图线如图所示，交点对应的电流，，则。‎ 点睛：解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别。‎ 三、计算题 ‎15. 如图所示，质量为m，带电量为+q的微粒（重力不计），在匀强电场中的A点以速度为v，方向与电场线垂直射入电场中，在B点时速度方向与电场线成300角求：‎ ‎（1）微粒在B点的速度大小 ‎（2）A与B之间的电势差 ‎【答案】(1) （2） ‎ ‎【解析】（1）微粒在电场中做类平抛运动，在B点由几何关系：，即：；‎ ‎（2）由A到B，由动能定理有 可以得到：。‎ 点睛：本题是类平抛运动问题，通常运用运动的分解法，根据力学的基本规律运动学和动能定理结合进行求解。‎ ‎16. 如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L。M、P两点间接有阻值R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好。‎ ‎（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；‎ ‎（2）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】（1）当ab加速下滑时，速度大小为v时,则 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ 故，方向由a到b 由安培力公式：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 整理可以得到：‎ ‎(2)当时ab杆的速度可以达到最大值 即：   ‎ 所以：。‎ ‎17. 一带电平行板电容器被竖直安放，如图所示，两板间距d＝0.1 m，电势差U＝1000V．现从平行板上A处以vA＝3m/s的速度水平向左射入一带正电小球(已知小球的电荷量q＝10－7‎ C，质量m＝0.02g)，经一段时间后发现小球打在A点正下方的B处(g取10 m/s2)，‎ ‎（1）小球离AB板的最远距离L是多少。‎ ‎（2）求A、B间的距离sAB。‎ ‎（3）求小球到达B点时的动能。‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】 (1)小球在水平方向只受到电场力作用，则根据牛顿第二定律： ‎ 当小球距离AB板最远时，水平方向速度为零，则根据运动学公式有： ‎ 而且： ‎ 联立可以得到：；‎ ‎ (2)设小球的飞行时间为t，则：‎ 竖直方向只受重力作用，故在竖直方向上有： ‎ 在水平方向上根据速度与时间的关系，有 解得：； ‎ ‎(3)从A到B由动能定理得： ‎ 即：。‎ 点睛：本题中小球做匀变速曲线运动，由于水平和竖直两个方向受到的都恒力，所以可以采用运动的分解进行研究，研究时要抓住两个分运动的等时性。‎ ‎18. 长为L的电容器水平放置，其中有竖直向下的电场，场强为E，垂直纸面的未知磁场B1。半径为R的圆形磁场与电容器右侧边缘相切于B点，O为圆心，磁感应强度 ‎ ，圆形磁场右侧有一竖直放置的荧光屏。且A，B，O在同一水平线上。现有一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计），以初速度为v从A点水平射入电容器中，并从B点进入圆形磁场，最后打在荧光屏上某点P(图中没画出)。不考虑边缘效应。求:‎ ‎（1） B1的大小和方向 ‎（2）粒子从A点到离开圆形磁场的总时间 ‎（3）P点距AO的距离 ‎【答案】(1) ，磁场方向垂直纸面向里。（2） （3） ‎ ‎【解析】（1）由题意可知，在电容器中带电粒子做直线运动，则： ‎ 可得：‎ 由左手定则可知：磁场方向垂直纸面向里；‎ ‎（2）粒子在电容器中做匀速直线运动，则：，可知： ‎ 在圆形磁场中，由：，则：，代入整理可以得到：‎ 对应的圆心角为：，又由，且，可得：‎ 所以：；‎ ‎（3）如图所示：‎ 由几何关系可得：。‎ 点睛：本题考查带电粒子在复合磁场中的运动，注意在磁场中运动时需要画出图形，利用几何知识求出相关物理量。‎ ‎ ‎