2018-2019学年安徽省定远重点中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省定远重点中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年度上学期期末考试 高二物理试题 一、选择题（本大题共12题，每题4分，满分48分。）‎ ‎1.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为；若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当M移至P点时，两根导线在O点形成的磁场方向成600角，则O点合磁感强度大小为B=2××cos30°=，B正确．‎ ‎2.某同学将一直流电源的总功率P总、输出功率P出和电源内部的发热功率P内随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知 ( )‎ A. 反映P内变化的图线是b B. 电源内阻为2 Ω C. 电源电动势为8 V D. 当电流为0.5 A时，外电路的电阻为4Ω ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电源内部的发热功率Pr=I2r，Pr-I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr 变化的图线是c．故A错误．图中I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr=I2r，得到r=2Ω．故B正确．‎ 直流电源的总功率PE=EI，P-I图象的斜率等于电动势E，则有．故C错误；当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：E=I(R+r)，代入解得R=6Ω．故D错误．故选B.‎ 考点：功率；闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】此题是对功率及闭合电路的欧姆定律的考查；关键是知道电源的总功率、内阻上的功率以及输出功率的函数关系式，然后根据数学知识进行讨论；同时要搞清三个功率之间的关系.‎ ‎3.如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈．宽度为L，共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I时(方向如图)，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡，当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知(　　)‎ A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为（m2-m1）g/NIL B. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为(m1 - m2)g/NIL C. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 D. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解： 当电流反向时，右边需加质量为的砝码，则电流未反向前安培力方向向下，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里.由平衡条件知，电流未反向前有，电流反向后，有，所以.D正确. ‎ ‎4.质谱仪是测量带电粒子的比荷和分析同位素的重要工具，如图所示，带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其切速度几于为零。然后经过S3‎ ‎，沿着与磁场垂直的方向进入磁感强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。现有某种元素的三种同位素的原子核由容器A进入质谱仪，最后分别打在底片P1、P2、P3.三个位置，不计粒子重力。则打在P3，处的粒子（ ）‎ ‎ ‎ A. 动能最大 B. 动量最大 C. 比荷最大 D. 质量最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据动能定理可得粒子经过加速电场后的速度为：，解得：，在磁场中由洛伦兹力提供向心力有：，联立以上解得：，因为打在P3位置的粒子运动半径最小，由此可知C正确，ABD错误。‎ ‎5.用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻，R0是定值，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得故选：C．‎ 考点：欧姆定律的应用。‎ ‎6.在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（最大阻值20 Ω）。闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示。则下列说法正确的是（   ）‎ ‎ ‎ A. 图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线 B. 电源内电阻的阻值为10Ω C. 电源的最大输出功率为1.5W D. 滑动变阻器R2的最大功率为0.9W ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r，解得r=5Ω，E=6V，故B错误；因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I==0.6A，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C错误；由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2‎ 电阻为20Ω；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确；故选D．‎ 点睛：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．‎ ‎7.如图所示,电源电动势3 V,内阻不计,导体棒质量60 g,长1 m,电阻1.5Ω放在两个固定光滑绝缘环上，若已知绝缘环半径0.5 m.空间存在竖直向上匀强磁场,B=0.4 T.当开关闭合后,则(sin37。=0.6) :‎ A. 棒能在某一位置静止，在此位置上棒对每一只环的压力为1N B. 棒从环的底端静止释放能上滑至最高点的高度差是0.2m C. 棒从环的底端静止释放上滑过程中最大动能是0.2J D. 棒从环的底端静止释放上滑过程中速度最大时对两环的压力为1N ‎【答案】C ‎【解析】‎ 金属棒受到的安培力为： ; 对金属棒进行受力分析，金属棒受到重力、安培力和两个环的支持力，如图： 因为金属棒静止，根据平衡条件得每个环对棒的支持力 ，选项A错误；‎ 由于： 所以：θ=53° 所以金属棒上升的高度为：h=2（r-rcosθ）=2（0.5-0.5cos53°）=0.4m，选项B错误；‎ 由动能定理得：F•Rsinθ-mgR（1-cosθ）=Ekm=mvm2 代入数据得：Ekm=0.2J ； ‎ 根据牛顿定律： ‎ 解得：FMn=0.9N，故选项C正确，D错误；故选C.‎ 注：此题答案应为C.‎ ‎8.如图所示，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中虚线所示．下列结论正确的是 (　　)‎ A. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小 B. 负点电荷一定位于M点左侧 C. 带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能 D. 带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：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A错误．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，故B错误．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C正确．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D正确．‎ 考点：电场线，电场力做功与电势能变化的关系，牛顿第二定律 ‎9. 空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x轴正方向为场强的正方向。下列说法中正确的是 A. 该电场可能是由一对分别位于x2和－x2两点的等量异种电荷形成的电场 B. x2和－x2两点的电势相等 C. 正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小 D. 原点O与x2两点之间的电势差大于-x2与x1两点之间的电势差 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，在等量异种电荷的连线上，各点的电场强度的方向是相同的，而该图中电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于和两点的等量异种电荷形成的电场，A错误；由于和两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到和从O点到电势降落相等，故和两点的电势相等，B正确；由图可知，从到x3电场强度始终为正，则正电荷运动的方向始终与电场的方向相同，所以电场力做正功，电势能逐渐减小，C错误；和两点的电势相等，原点O与两点之间的电势差等于原点O与两点之间的电势差，与两点之间的电势差等于与两点之间的电势差，所以原点O与两点之间的电势差大于-x2与两点之间的电势差，D正确．‎ ‎10.如图所示，在正方形区域abcd内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝0时刻，位于正方形中心O的离子源向平面abcd内各个方向发射出大量带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形的边长，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用力。已知平行于ad方向向下发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界cd上某点离开磁场，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子在该磁场中匀速圆周运动的周期为6t0‎ B. 粒子的比荷为 C. 粒子在磁场中运动的轨迹越长，对应圆弧的圆心角越大 D. 初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动时间最长 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，初速度平行于ad方向发射的粒子运动轨迹如图，其圆心为O1。‎ 设正方形边长为L，由几何关系得：得：则又解得：，故B对；由上知，A错；由于粒子的初速度大小相等，所有粒子的轨迹半径相等，运动轨迹最长的粒子转过的圆心角最大，在磁场中运动时间也最长，故C对、D错。‎ 考点:带电粒子在匀强磁场中的运动。‎ ‎11.如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为(　　)‎ ‎ ‎ A. 0 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零．故A正确．当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得：-W=0-mv2 得：W=mv2  故B正确．当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．当qvB=mg时得： 根据动能定理得：-W=mv2−mv02代入解得： ，故C错误，D正确．故选ABD.‎ 点睛：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力．‎ ‎12.1931年英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周期磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示，现一半径为R的现状圆环其环面的竖直对称轴CD上某处由一固定的磁单S极子，与圆环相交的磁感应根对称轴成θ角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若R为一闭合载流I，方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向上，大小为BIR B. 若R为一闭合载流I，方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIRsinθ C. 若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹图，则小球带负电 D. 若将闭合导体圆环从静止开始释放，环中产生如图反方向感应电流，加速度等于重力加速度 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 根据左手定则可知，通电圆环每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIRsinθ，故A错误，B正确；若R 为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，说明形成的电流产生的安培力竖直向上，形成的电流应与图示电流方向相反，故小球带负电，故C正确若将闭合导体圆环从静止开始释放，在下落过程中穿过线框的磁通量增大，根据右手定则可知，产生的感应电流为环中产生如图反方向感应电流，受到的安培力向上，根据牛顿第二定律可知加速度小于g，故D错误；故选BC.‎ 二、非选择题（本大题共6小题，满分52分。）‎ ‎13.用如图甲所示的电路，测定一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：‎ A．电压表（量程3V） B．电流表（量程0.6A） ‎ C．电流表（量程3A） D．定值电阻R0（阻值4、额定功率4W）‎ E．滑动变阻器（阻值范围0—20、额定电流2A）‎ F．滑动变阻器（阻值范围0—1000、额定电流0.5A）‎ ‎（1）电流表应选____________，滑动变阻器应选_____________（填器材前的字母代号）‎ ‎（2）根据实验数据作出U—I图象如图乙所示，则蓄电池的电动势E=____ V，内电阻r=____ (r保留两位有效数字)‎ ‎（3）引起该实验系统误差的主要原因是_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (1) B (2). E (3). (2) 2.10 (4). 0.20 (5). (3) 电压表的分流作用 ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可确定出电路中的电流范围，为了保证电路的安全和准确，电流表应略大于最大电流；由电路及闭合电路欧姆定律可得出函数关系，结合数学知识可得出电源的电动势和内电阻．电流表测量的不是干路电流，电压表具有分流作用．‎ ‎（1）由题意可知，电源的电动势约为2V，保护电阻为4Ω，故电路中最大电流约为0.5A，故电流表只能选B；为了方便操作，应选择较小的变阻器，故选E；‎ ‎（2）由电路利用闭合电路欧姆定律可知 ‎，则由数学知识可得，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故E=2.10V；而图象的斜率表示保护电阻与内电阻之和， 故，解得r=0.2Ω；‎ ‎（3）电流表测量的不是干路电流，本实验的系统误差原因是电压表具有分流作用．‎ ‎14.某同学想通过实验测定一个定值电阻Rx的阻值。‎ ‎(1)该同学先用多用电表“×10”欧姆挡估测其电阻示数如图，则其阻值为______Ω；‎ ‎(2)为了较准确测量该电阻的阻值，现有电源(12V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～200 Ω，额定电流1 A)、开关和导线若干，以及下列电表：‎ A．电流表(0～100mA，内阻约15.0Ω)‎ B．电流表(0～500mA，内阻约25.0Ω)‎ C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)‎ D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)‎ 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的______(选填“甲”或“乙”)。这样测量的阻值比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)。‎ ‎(3)图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(2)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线____。‎ ‎【答案】 (1). 140±1 (2). A (3). D (4). 甲 (5). 偏小 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）如图，电阻阻值为14×10=140Ω；‎ ‎（2）电源电动势12V，则电压表选择D；电路中可能出现的最大电流，故电流表选择A；因，则电路选择电流表外接，即选择甲电路；因此电路中的电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，则电阻的测量值偏小； ‎ ‎（3）实物连线如图； ‎ ‎15.如图所示，质量m=0.5kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度为L=1m的光滑绝缘框架上，磁感应强度B的方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内），右侧回路电源的电动势E=8V、内电阻r=1Ω，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机正常工作， 取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g=10m/s2。 ‎ 求：（1）干路中的电流为多少安培？‎ ‎（2）求磁感应强度为多少T？‎ ‎【答案】（1）4A（2）B=1.5T ‎【解析】‎ ‎（1）电动机上的电流为：‎ 内电压为：‎ 则电流为：‎ ‎（2）磁场中导线的电流为 根据平衡条件：，，得 ‎16.如图(a),长度L=0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A,其电荷量Q=1.8×10-7 C,一质量m=0.02 kg、带电量为q的小球B套在杆上.将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中,以杆左端为原点,沿杆向右为x轴正方向建立坐标系.点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅰ所示,小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示,其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看做直线.求:(静电力常量k=9×109 N·m2/C2)‎ ‎ ‎ ‎(1)小球B所带电荷量q;‎ ‎(2)非均匀外电场在x=0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小E;‎ ‎(3)在合电场中,x=0.4 m与x=0.6 m之间的电势差U。‎ ‎【答案】（1）1×10-6 C；（2）3×104 N/C,方向水平向左.（3）-800 V.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由图可知，当x=0.3m时，F1=k=0.018N 因此：q==1×10-6 C （2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：F合=F2+qE 因此：‎ 电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左． （3）根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功 W合=-0.004×0.2=-8×10-4J 由qU=W合可得：U==-800V 点睛：解答此题的关键是从图象中获得信息，求各区间电场力做的功．正确理解库仑定律和电场力做功，尤其是运用动能定理时要注意正功和负功．‎ ‎17.正电子发射计算机断层（PET）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。PET所用回旋加速器示意如图所示，其中D1和D2是置于高真空中的两个中空半圆金属盒，两半圆盒间的缝隙距离为d，在左侧金属盒D1圆心处放有粒子源A，匀强磁场的磁感应强度为B。正电子质量为m，电荷量为q。若正电子从粒子源A进入加速电场时的初速度忽略不计，加速正电子时电压U的大小保持不变，不考虑正电子在电场内运动的过程中受磁场的影响，不计重力。求：‎ ‎（1）正电子第一次被加速后的速度大小v1；‎ ‎（2）正电子第n次加速后，在磁场中做圆周运动的半径r；‎ ‎（3）若希望增加正电子离开加速器时的最大速度，请提出一种你认为可行的改进办法！‎ ‎【答案】（1）（2）（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）正电子第一次被加速后，由动能定理可得，解得 ‎（2）设质子第n次加速后的速度为 由动能定理有 由牛顿第二定律有，解得 ‎（3）方案一：增加磁感应强度B，同时相应调整加速电压变化周期；方案二：增加金属盒的半径。‎ ‎18.中国著名物理学家、中国科学院院士何泽慧教授曾在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程。有人设想利用电场、磁场控制正、负电子在云室中运动来再现这一过程。实验设计原理如下：在如图所示的xOy平面内，A、C二小孔距原点的距离均为L，每隔一定的时间源源不断地分别从A孔射入正电子，C孔射入负电子，初速度均为v0，方向垂直x轴，正、负电子的质量均为m，电荷量分别为e和-e（忽略电子之间的相互作用及电子重力）。在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），要使正、负电子在y轴上的P（0，L）处相碰。求：‎ ‎（1）磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎（2）在P点相碰的正、负电子射入小孔的时间差；‎ ‎（3）由A孔射入电场的正电子，有部分在运动过程中没有与负电子相碰，最终打在x正半轴上D点，求OD间距离。‎ ‎【答案】（1），方向垂直纸面向外（2） （3）3L ‎【解析】‎ ‎（1）负电子在磁场中做圆周运动，由图可知，圆周运动的半径为r=L，由 ‎ 得到： ‎ 方向垂直纸面向外 ‎（2）负电子在磁场中圆周运动的时间为：‎ 正电子在电场中运动的时间为： . ‎ 时间差为：.‎ ‎（3）正电子在电场中偏转角为，则：‎ ‎，则sin，cos. ‎ 正电子此时速度大小为：. ‎ 在P点没有与负电子相碰的正电子，在第一象限的匀强磁场中顺时针由P点运动到D点。轨迹如图所示：‎ 正电子在磁场中的轨道半径为：，即O`P=O`D=. ‎ ‎. ‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎