2017-2018学年安徽省黄山市高二上学期期末考试物理（理）试题 解析版

2017-2018学年安徽省黄山市高二上学期期末考试物理（理）试题 解析版

黄山市2017～2018学年度第一学期期末质量检测高二（理）物理试题 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。请将正确答案选出并填在答题卷中。） ‎ ‎1. 运动的合成与分解、求合力与分力、计算几个并联电阻与串联电阻等，这些处理物理问题的方法，都属于 A. 类比的方法 B. 控制变量的方法 C. 等效替代的方法 D. 观察、实验的方法 ‎【答案】C ‎..................‎ ‎2. 下列对公式的理解正确的是 A. F=Eq中，q为场源电荷，电场强度E与q无关 B. U=IR中，导体的电阻与该导体两端的电压无关 C. 根据安培力的公式F=BIL，若F=0则B为0‎ D. 根据Φ=BS，S越大，Φ越大 ‎【答案】B ‎【解析】在F=Eq中，q为检验电荷，不是场源电荷，而电场强度E与q无关，故A错误；在U=IR中，导体的电阻由本身决定的，与该导体两端的电压无关，故B正确；根据安培力的公式F=BIL，若F=0，可能B为零；也可能B不等于零，却是B与I平行，故C错误；据Φ=BS，S越大，Φ不一定越大，比如当S与B平行时，Φ为零，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎3. 如图，足够长的绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m，带电量为q；小球与细杆之间的摩擦系数保持不变，整个空间有垂直纸面向外的匀强磁场B。当小球由静止释放后，在小球下滑的过程中 A. 加速度一直减小，速度先增大后不变 B. 加速度一直增大，速度先增大后减小 C. 加速度先减小后增大，速度先增大后减小 D. 加速度先增大后减小到零，速度先增大后不变 ‎【答案】D ‎【解析】小球受重力、支持力、洛伦兹力和摩擦力作用，开始洛伦兹力较小，支持力方向垂直杆向上，合力沿杆向下，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，则摩擦力减小，导致合力增大，根据牛顿第二定律知，加速度增大，当洛伦兹力大于重力垂直杆方向的分力，支持力方向垂直杆向下，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，摩擦力增大，合力减小，当合力减小到零，小球做匀速运动。可知小球加速度先增大后减小到零，速度先增大后不变，故D正确，ABC错误。‎ ‎4. 一通电直导线长度为1cm、质量为1g、电流为1A，用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置，如下正面图。在通电导线所处位置加上匀强磁场，静止后细线与竖直方向成30°角，如下侧面图（θ=30°），g取10m/s2，则B的最小值及对应方向是 A. 0.866T，方向竖直向下 B. 0.5T，方向沿线向上 C. 0.577T，方向沿线向上 D. 1T，方向平行于纸面水平向左 ‎【答案】B ‎【解析】对导体棒受力分析如图所示：‎ ‎5. 如图所示，为发电机的简化模型，线圈abcd可绕轴O1O2自由转动，当线圈中产生如图所示的电流时，顺着O1O2的方向看去，此刻线圈 A. 逆时针转动，磁通量最大 B. 顺时针转动，磁通量最大 C. 逆时针转动，磁通量最小 D. 顺时针转动，磁通量最小 ‎【答案】C ‎【解析】由图可知，磁场水平向左，此时电流为abcd方向，根据右手定则可知，线圈在逆时针转动；此时，线圈与磁场平行，故磁通量最小，故C正确，ABD错误。‎ ‎6. 匀强电场的方向与正方形ABCD所在平面平行，其中AB=4cm，M、N、P是AB边的4等分点。将q=1×10-8C的正电荷从A点移到B点，电场力做功WAB=3.2×10-8J；将这个电荷从A移到D点电势能减EP少了2.4×10-8J。则匀强电场E A. 沿着DP连线，E=60v/m B. 沿着DP连线，E=70v/m C. 垂直DP连线，E=80v/m D. 垂直DP连线，E=100v/m ‎【答案】D ‎【解析】根据电势差定义可得AB两点间的电势差为：，同理AD 两点间的电势差为：，匀强电场沿任一直线电势均匀降落，电势差之比为：，可得：，所以D、P两点在一个等势面上，DP连线是一条等势线，电场强度的方向垂直DP连线，由几何关系，DP=5cm，A点到DP的距离为：d=2.4cm，场强为：，故D正确，ABC错误。‎ ‎7. 如图所示，直线b为电源的U－I图，直线a为电阻R的U－I图。现在用该电源E、该电阻R、一个电阻箱R0组成闭合电路，为了使电源输出功率最大，下列操作正确的是 A. 电阻箱R0调到0.5Ω与该电阻并联后连接到电源 B. 电阻箱R0调到0.5Ω与该电阻串联后连接到电源 C. 电阻箱R0调到1Ω与该电阻串联后连接到电源 D. 电阻箱R0调到1Ω与该电阻并联后连接到电源 ‎【答案】D ‎【解析】由a图线得到，电阻，由b图线可知，电源的电动势为E=3V，内阻为：，当时，电源输出功率最大，由此可知电阻箱R0调到1Ω与该电阻并联后的总外阻为，故D正确，ABC错误。‎ ‎8. 如图所示，金属杆MN的电阻为R ,金属杆PQ的电阻为2R，平行金属导轨电阻不计，电压表为理想直流电压表。当MN以速度v向右匀速滑动而PQ固定不动时，电压表正常工作且示数为U；若MN固定不动，为使电压表读数不变，下面做法可行的是 A. 使PQ以速度2v向右匀速滑动 B. 使PQ以速度2v向左匀速滑动 C. 使PQ以速度v/2向右匀速滑动 D. 使PQ.以速度v/2向左匀速滑动 ‎【答案】A ‎【解析】设导轨宽度为L，磁感应强度为B，当MN以速度v向右匀速滑动而PQ固定不动时，电动势为：，电流为：，电压表正常工作且示数为：，根据右手定则可知上方电势高；若MN固定不动，为使电压表读数不变，应该使PQ向右运动，设匀速运动的速度为v′，则，解得v′=2v，故A正确，BCD错误。‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求,全选对的得4分，选不全的得2分，选错或不答的得0分。） ‎ ‎9. 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则关于该粒子说法错误的是 ‎ A. 带负电 B. 在c点受力最大 C. 在b点的电势能大于在c点的电势能 D. 由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 ‎【答案】AB ‎【解析】A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A错误； B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误； C、根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误； D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确。‎ 点睛：电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。‎ 视频 ‎10. 如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，电压表读数为U，电流表读数为I，当滑动变阻器R的触头向上移动吋，下列论述正确的是 A. 灯泡L—定变亮 B. 电流表的示数变小 C. 电压表的示数变小 D. ∆U/∆I保持不变 ‎【答案】CD ‎【解析】当R的滑动触点向上滑移动时，R变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，电源的内电压变大，则路端电压变小，因此电压表读数变小，灯泡L的电压变小，则灯L一定变暗，故A错误，C正确；电路中并联部分电压变小，通过L的电流变小，而总电流变大，则电流表A的读数变大，故B错误；因为，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎11. 美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，解决了粒子的加速问题．回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场B中．两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）以零初速度进入加速电场．D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，加速器接一定频率高频交流电源U．若不考虑相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间．下列论述错误的是 A. 交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制 B. 增大电压U，粒子被加速后获得的最大动能增大 C. 增大磁场强度B，粒子被加速后获得的最大动能增大 D. 增大U或B，粒子在D型盒内运动的总时间t 都减少 ‎【答案】ABD ‎【解析】根据，解得：，带电粒子射出时的动能为：，与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关，故C说法正确，B说法错误；为了保证粒子每次经过电场时都被加速，要求交变电流的周期等于粒子的运动周期即：，故A说法错误；增大U可以减少粒子运动的总时间，增大B将会增加粒子运动的总时间，故D说法错误。所以选ABD。‎ ‎12. 利用电动机提升重物的电路如图所示，已知直流电动机内阻RM=0.5Ω，电源电动势E＝5V，电源内阻r＝1Ω，电阻R＝0.5 Ω，重物质量m＝1kg。闭合开关后，当电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电源的输出效率为80%，关于电压表的示数U，电流表的示数I，重物速度v，,电动机的焦耳热功率P,下列结果正确的是 A. U=4V B. I=2.5A C. v=0.3 m/s D. P=0.5 W ‎【答案】ACD ‎【解析】设电路中的电流为I，电源消耗的总功率为：P=EI，电源的输出功率为：P出=UI，效率为：，可得：U=4V，故A正确；根据闭合电路的欧姆定律可得：E=U+Ir，电流为：，故B错误；当重物匀速上升时，电动机上的电压为：U电=U-IR=4-1×0.5=3.5V，电动机消耗的电功率为：P电=U电I=3.5×1=3.5W；电动机的焦耳热功率为：，故D正确；输出的电功率为：P机=P电-P=3.5-0.5=3W；根据能量转化和守恒定律得：P机=mgv，代入解得：v=0.3m/s，故C正确。所以ACD正确，B错误。‎ 三、实验题（本题分2小题，共16分，13题每空1分，14题每空2分）‎ ‎13. 在一次实验中，要求同学们先练习使用游标卡尺、螺旋测微器及欧姆表实测某种材料制成的电器元件L的长度、厚度及电阻，然后测绘该元件的U-I曲线，下面是某同学的实验结果：‎ ‎（1）用游标卡尺测量该电器元件长度如甲图所示，该电器元件长度为 _________ mm。用螺旋测微器测量该电器元件厚度如图乙所示，该电器元件厚度为_______________mm。‎ ‎（2）用多用电表测量该电器元件电阻，选用“×10”倍率的电阻档测量，发现指针编转过大。为使测量比较精确，应将选择______倍率的档位；再次进行测量前应该先把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在_________Ω处；若以上操作均正确，表盘示数如右图图所示，则该电器元件的阻值约为________Ω。‎ ‎（3）根据实验数据本次实验绘制该元件的U-I曲线如下图，请你反推此次实验使用的器材及电路图。有以下器材可供选择：‎ 待测原件L 电源E1(3.0V,内阻约0.5Ω)‎ 电源E2(9.0V,内阻约0.5Ω).‎ 电压表V1(0~3V,内阻约3kΩ)‎ 电压表V2(0~15V,内阻约15kΩ)‎ 电流表A1(0~0.6A,内阻约0.125Ω)‎ 电流表A2(0~3A,内阻约0.025Ω)‎ 滑动变阻器R1(0~5Ω)‎ 滑动变阻器R2(0~200Ω)‎ 电源选择_____________，电压表应选择__________，电流表应选择__________，‎ 滑动变阻器应选择_______，电路选择__________。‎ ‎【答案】 (1). 50.30 或50.25 (2). 2.149—2.151均可 (3). x1 (4). 0 (5). 4 (6). E2 (7). V2 (8). A2 (9). R1 (10). A ‎ ‎【解析】（1）游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数为50.30 mm。螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×15.0mm=0.150mm，所以最终读数为2+0.150=2.150mm。‎ ‎（2）用多用电表测量某电阻，选用“×10”倍率的电阻档测量，指针编转过大，说明所选挡位太大，为使测量比较精确，应将选择×1倍率的档位；再进行测量前应该先把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处。 由图可知，其读数为4×1=4Ω。 （3）由图可知，电压最大值为9V，故电源应选择E2；电压应选择V2；电流最大值为2.5A，故电流表应选用A2，由电路图可知，电流电压是从零开始变化的，故应选用分压接法，故电路图选择A，滑动变阻器应选用R1。‎ ‎14. 小明想测出某电池组的电动势和内阻。他找来了如下器材：‎ A．待测电源E B．电阻箱R（最大阻值99.9 Ω）‎ C．电流表A（量程0.6 A，内阻2Ω）‎ D．滑动变阻器R（0~100 Ω，2 A）‎ E．开关、导线若干 ‎（1）由于缺少电压表，小明不知道如何设计电路，请你帮忙设计电路图，并画在方框中。‎ ‎（2）右下图是根据实验数据作出的1/I－R图，由图可知，电源的电动势E＝________V，‎ 内阻r＝_________Ω(结果保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2.81-2.96 0.44 -0.64 ‎ ‎【解析】（1）由于没有给出电压表，所以无法利用伏安法进行测量；但给出了电流表和电阻箱，故可以利用电阻箱与电流表串联进行测量，电路图如图所示：‎ ‎ （2）根据闭合电路欧姆定律可得电流为：，变形得：，由此可知：图象的斜率：，图象与纵轴的交点表示，由图可知：，可得：E=2.89V，又有，解得：r=2.60Ω；由于电流表内阻已知且不能忽略，故测出的内阻中包含电流表内阻，因此实际电源内阻为2.60-2=0.60Ω。‎ 三、计算题（本题共4小题，共44分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。）‎ ‎15. 沿水平方向的匀强电场中，有一个带电小球所带电荷量q＝－4.0×10－6C，质量为m=3.0g，悬挂在一根绝缘细线上。小球静止时，悬线偏离竖直方向37°（g=10m/s2）。‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）撤消电场后，细线受到的最大拉力是多少?‎ ‎【答案】（1）9/16×104㎏(N/C)（2）4.2×10-2N ‎【解析】试题分析：对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性，根据共点力平衡条件和电场力列式求解场强的大小；小球在最低点时对细线的拉力最大，由机械能守恒求出小球在最低点的速度，然后由牛顿第二定律即可求出小球受到的拉力。 ‎ ‎（1）对小球受力分析如图所示：‎ 根据平衡条件，水平方向：FTsin37o=Eq ‎ 竖直方向：FTcos37o=mg ‎ 联立解得：‎ ‎ (2)从撤消电场，到小球运动到最低点的过程，设细线长度为L 根据机械能守恒： ‎ 小球运动在最低点时，根据向心力公式：‎ 代入数据解得：FT=4.2×10-2N ‎ 点睛：本题主要考查了在电场力作用下物体的平衡，关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并通过合成法求解。‎ ‎16. 一个带正电液滴，质量为m=10-6kg，自M点以速率v=2m/s水平射入存在着匀强磁场和匀强电场的真空室中，此后液滴的运动轨迹如图所示。磁感应强度垂直于图中纸面向里，规定竖直向上为匀强电场正方向，匀强电场的变化规律如下图所示（g=10m/s2)。‎ ‎（1）求液滴电荷量q；‎ ‎（2）求磁感应强度B；‎ ‎【答案】（1）10-5C（2）1T ‎ ‎【解析】试题分析：液滴的运动轨迹可以判断出，当电场力与重力平衡时，洛伦兹力提供向心力，液滴做匀速圆周运动根据平衡条件就能求液滴的电荷量及磁感应强度大小。‎ ‎（1）液滴的运动轨迹可以判断出：当电场力与重力平衡时，洛伦兹力提供向心力，液滴做匀速圆周运动，则有：Eq=mg ‎ 代入数据解得：q=10-5C ‎ ‎(2)液滴的运动轨迹可以判断出;当电场力与重力同向时，液滴在洛伦兹力作用下，做匀速直线运动运动，根据平衡条件：Eq+mg=Bqv 代入数据解得：B=1T ‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子的运动，注意物体受重力、电场力和洛伦兹力时，如果做匀速圆周运动必有重力与电场力等大反向。‎ ‎17. 一个正离子，质量为m，电荷量大小为q，以速率v垂直AD射入正方形区域ABCD，其中AB=L，为了使离子刚好从C点离开正方形区域ABCD，可以加竖直向下的匀强电场E。‎ ‎（1）求电场强度E的大小；‎ ‎（2）把电场换成垂直纸面向外的匀强磁场B，为使离子也能从C点离开正方形区域，求B的大小；‎ ‎（3）把电场换成垂直纸面向外的匀强磁场B，为使离子在正方形区域ABCD的运动时间与电场中时间相等，求B的大小。‎ ‎【答案】（1）2mv2/Lq（2）mv/Lq（3）mv/Lq ‎【解析】试题分析：离子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度；离子在磁场中做圆周运动，根据题意求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。离子在电场与磁场中的运动时间相等，据此求出离子在磁场中做圆周运动的轨道半径，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。‎ ‎（1）离子的初速度与匀强电场的方向垂直，做类平抛运动：‎ 水平方向：L=vt ‎ 竖直方向：‎ 根据牛顿第二定律：Eq=ma ‎ 解得：‎ ‎（2）离子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题目可以判断出：‎ 圆心在D点，半径为L；如图所示：‎ 根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ ‎（3）离子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题目可以判断出：圆周运动的弧长等于L，若从BC或CD边射，根据点到直线距离垂线段最短，不可能；作图可知离子划过半个圆周从AD边射出，则有：L=R ‎ 根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ 点睛：本题主要考查了子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚离子的运动过程、作出粒子运动轨迹，根据题意求出离子在磁场中做圆周运动的轨道半径是解题的关键。‎ ‎18. 如图所示,质量m=0.1kg、长L=1m、电阻R1=1Ω的导体棒,垂直导轨放置在相距1m的两足够长平行光滑金属导轨上。导体棒与导轨接触良好,导轨电阻不计,导轨平面与水平面夹角θ=45°,磁感应强度大小B=1T的匀强磁场竖直向上。两金属导轨的上端连接一定值电阻R2=2Ω。现将导体棒由静止释放,导体棒从开始运动到刚好匀速运动的整个过程中,导体棒下降的高H=1.2m，g=10m/s2。求:‎ ‎（1）导体棒下滑的最大速率vm；‎ ‎（2）导体棒从开始到刚达到最大速度的过程中,通过导体棒某一横截面的电荷量q；‎ ‎（3）导体棒从开始到刚达到最大速度的过程中,导体棒产生的热量Q。‎ ‎【答案】（1） m/s （2）0.4C （3）0.1 J ‎【解析】试题分析：导体棒下滑的速率最大时受力平衡，根据平衡条件和安培力的计算公式求解； 由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电荷量的计算公式求解；由能量守恒定律结合焦耳定律联立求解。‎ 对导体棒受力分析如图所示：‎ 导体棒下滑的速率最大时受力平衡：竖直方向：FNcosθ=mg 水平方向：FNsinθ=BIL 根据动生电动势及全电路欧姆定律：BLvcosθ=I(R1+R2) ‎ 解得：v=m/s ‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律有：‎ 又有：E=I(R1+R2) ‎ 磁通量的变化为：∆Φ=BLH/tanθ ‎ 电量为：‎ 联立并带入数据解得：q=0.4C ‎ ‎(3)设棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有：‎ 总热量为： ‎ 其中： ‎ 解得：Q=0.1 J ‎ 点睛：本题主要考查了电磁感应问题，一般根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；或者是从能量入手，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎