2017-2018学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

福建省泉州市泉港区第一中学2017-2018学年高二年上学期 期末考物理试题 一．选择题 ‎1. 下列关于静电场的说法正确的是（ ）‎ A. 正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 B. 在孤立点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相同的两点 C. 场强为零处，电势一定为零；电势为零处，场强不一定为零 D. 初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动、‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：如果正电荷的初速度与电场方向相反，则也有可能从低电势向高电势运动，A选项错误；孤立电荷形成的电场找不到电场强度大小和方向都相等的两点，但等势面是以孤立电荷为球心的一系列同心球壳，同一球壳上的任意两点电势相等，则B选项正确；零电势点可以为了问题研究的方便而任意选取，所以C选项正确；只有在匀强电场中，初速度为0 的正电荷在电场力作用下沿电场线运动，D选项错误。‎ 考点：本题考查电荷在电场力作用下的运动。‎ ‎2. 一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足，若不计粒子所受重力，则(　 )‎ ‎ ‎ A. 粒子的运动一定是匀变速运动 B. 粒子可能带正电，也可能带负电 C. 粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大 D. 粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大 ‎【答案】A ‎【解析】粒子所受的电场力是恒力，粒子做匀变速运动，故A正确。根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向下方向，而粒子的轨迹向上弯曲，则知电场力竖直向上，所以粒子带负电，故B错误。粒子的电场力向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大，故C错误；电场力对带电粒子做正功，其电势能减小。故D错误。故选A。‎ 点睛：本题通过带电粒子在电场中的运动考查了等势线和电场线、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧。‎ ‎3. 电场强度是用比值定义法定义的物理量，下列哪个物理量的表达式使用了不相同的物理方法（ ）‎ A. 磁感应强度 B. 电流 C. 电容 D. 电阻 ‎【答案】B ‎【解析】电场强度E=F/q是用比值定义法定义的物理量；磁感应强度B=F/IL，采用的是比值定义法；电流I与电动势E成正比，与电阻R+r成反比，不是比值法定义；电容C反映电容器容纳电荷的本领大小，与Q、U无关，采用的是比值定义法；电阻R=U/I，与U、I无关，采用的是比值定义法，本题选不是用比值法定义的，故选B．‎ ‎4. 自然界的电热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找他们间的联系做出了贡献。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象存在联系 B. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象间的联系 C. 安培提出了分子电流假设，揭示了磁现象的电本质 D. 焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系 ‎【答案】A ‎5. 有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由电阻的决定式可知，A中电阻RA=ρ，B中电阻RB=ρ；C中电阻RC=ρ；D中电阻RD=ρ；故电阻最小的为A；故选A．‎ ‎6. 如图所示，两个平行金属板 M、N 间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区，电场方向由 M 板指向 N 极，磁场方向垂直纸面向里，OO′为到两极板距离相等的平行两板的直线。一质量为 m，带电量为＋q的带电粒子，以速度 v0 从 O 点射入，沿 OO′方向通过场区，不计带电粒子的重力，则以下说法错误的是（ ）‎ A. 带电量为－q 的粒子以 v0 从 O 点沿 OO′方向射入能匀速通过场区 B. 带电量为 2q 的粒子以 v 0从 O 点沿 OO′射入能匀速通过场区 C. 粒子仍以速率 v0 从右侧的 O′点沿 O′O 方向射入，粒子仍能匀速通过场区 D. 保持电场强度和磁感强度大小不变，方向均与原来相反，粒子以 v0 从 O 点沿 OO′射入，则粒子能匀速通过场区 ‎【答案】C ‎【解析】由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡；若负电粒子从左向右通过时，竖直向下的洛伦兹力也能与竖直向上的电场力相平衡，原因是粒子的速度没有变化，故A正确； 由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，即有：qE=Bqv0，解得：v0=E/B，可知平衡条件与电荷量的多少无关，因此带电量为2q的粒子同样也能匀速通过，故B正确；若粒子仍以速率v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，粒子受到的竖直向下的电场力与竖直向下的洛伦兹力就不能平衡，因此不能匀速通过．故C错误；由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，即有：qE=Bqv0，解得：v0=E/B，当电场与磁场方向与原来相反时，没有影响平衡条件，所以也能匀速通过．故D正确； 本题选错误的，故选C．‎ 点睛：该题模型是“速度选择器”，在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=E/B，只有速度为v=E/B的粒子才能沿直线匀速通过选择器．若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．‎ ‎7. 在磁感应强度大小为 B0，方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里，如图所示，a、b、c、d 是以直导线为圆 心的同一圆周上的四点，在这四点中（ ）‎ A. c、d 两点的磁感应强度大小相等 B. a、b 两点的磁感应强度大小相等 C. c 点的磁感应强度的值最小 D. b 点的磁感应强度的值最大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：该题考察了磁场的叠加问题．用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．‎ 解：‎ 用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：‎ a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大．‎ b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上．‎ c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小．‎ d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上．d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同．‎ 选项ABD错误，选项C正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．‎ ‎8. 如图所示，弹簧的右端固定在竖直墙上，另一端自由伸长；质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，与弹簧作用后又返回，下列说法正确的是（　 　）‎ A. 在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变 B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C. 全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D. 小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体组成的系统外力之和不为零，故动量不守恒；当小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，故动量不再守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，但当小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，水平方向动量不守恒，C错误；因两物体均有向左的速度，若槽的速度大于球的速度，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点；而若球速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的速度，由机械能守恒可知，小球不会回到最高点，故D正确；故选D．‎ 考点：机械能守恒定律、动量守恒定律 ‎【名师点睛】小球在槽上运动时，由于小球受重力，小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，故两物体组成的系统动量不守恒。全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒。若槽的速度大于球的速度，则两物体不会相遇；而若球速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的速度，小球不会回到最高点。‎ ‎9. 如图是一火警报警电路的示意图，其中R3为用某种材料制成的电阻，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器，电源内阻r与电阻R1阻值相等。当传感器R3所在处出现火情时,电流表的示数I、报警器两端的电压U的变化情况及相关功率，说法正确的（ ）‎ A. I变大，U变大 B. I变小，U变小 C. 电源的输出功率变小 D. 电源的输出功率的变化情况无法确定 ‎【答案】AC ‎【解析】由题意知，当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I干减小，路端电压变大，即报警器两端的电压U变大．传感器R3与电阻R2并联部分的电压 U并=E-I干（r+R1），I干减小，U并变大，电流表的读数I变大．故A正确，B错误；因电源内阻r与电阻R1阻值相等，则外电路电阻大于电源内阻，则当R3的电阻增大时，外电路电阻越来越远离电源内阻值，则电源的输出功率减小，选项C正确，D错误；故选AC. 点睛：本题是实际问题，实质上是电路的动态变化分析问题，按“局部到整体，再到局部”的思路分析．知道当电源内阻等于外电路电阻时电源的输出功率最大.‎ ‎10. 如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′点，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿+x方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为（ ）‎ A. +z方向， B. +y方向，‎ C. -z方向， D. 沿悬线向上，‎ ‎【答案】BC 点睛：左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则．‎ ‎11. 如图甲所示为测量一节干电池的电动势和内电阻的实验电路图，根据测得的数据作出了如图乙所示的U—I图线，以下实验结论正确的是(　 　)‎ A. 电池电动势和内电阻的测量值均偏小 B. 电池内阻的测量值为3.50 Ω C. 外电路发生短路时的电流为0.40 A D. 电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数I′＝0.20 A ‎【答案】AD ‎【解析】由图象可知，电动势测量值E测=1.4V，电源内阻 ；由图甲所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用了外接法，由于电压表的分流，使电流表所测电流小于流过电源的电流；实验误差来源于电压表的分流，电动势和内阻测量值和真实值之间的关系为：E测=E真，r测=，电源电动势与内阻测量值都小于真实值，选项A正确，B错误；外电路发生短路时的电流为，选项C错误；电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数I′＝=0.20 A，选项D正确；故选AD.‎ 点睛：电学实验产生的系统误差一般都来自电压表的分流和电流表的分压，正确分析误差是解答本题的关键，同时要结合数学知识理解图象斜率和截距的含义．‎ ‎12. A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图像表示发生碰撞前后的v-t图线，由图线可以判断正确的是（ ）‎ A. A、B的质量比为3:2‎ B. A、B作用前后总动量守恒 C. A、B作用前后总动量不守恒 D. A、B作用前后总动能不变 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：根据动量守恒定律：，得：，故A错误；根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，B正确C错误；作用前总动能：，作用后总动能：，由此可知作用前后A、B的总动能不变，D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】由图可以读出两物体碰撞前后的各自速度，根据动量守恒列方程求质量比．‎ 二．实验题 ‎13. (1)用20分度的游标卡尺测量某物长度如图甲所示，可知其长度为________ mm；‎ ‎(2)用螺旋测微器测量某圆柱体的直径如图乙所示，可知其直径为________ mm；‎ ‎【答案】 (1). (1) 50.15 mm (2). (2) 4.700 mm ‎【解析】解：甲是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：5cm，游标上第3个刻度与上面对齐，读数为：3×0.05mm=0.15mm=0.015cm，‎ 故最终读数为：5cm+0.015cm=5.015 cm；‎ 螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，则读数为4.5+0.200=4.700mm．‎ 故答案为：5.015； 4.700‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎14. 课外活动小组的同学设计了一个实验方案，用来测算缠绕螺线管的金属丝长度。已知缠绕螺线管的金属丝电阻较小，经查阅资料得知该金属丝的电阻率为ρ。‎ ‎(1)实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径为d。‎ ‎(2)然后利用多用电表测缠绕螺线管的金属丝的电阻，用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“___________”档位（选填“×100”或“×1”），然后进行______________，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，则此段电阻丝的电阻为__________Ω。‎ ‎(3)若测得的金属丝直径用d表示，电阻用R表示，则由已知量和测得量的符号表示金属丝的长度L＝________。‎ ‎【答案】 (1). “×1” (2). 欧姆调零 (3). 12或12.0 (4). ‎ ‎【解析】（2）用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，说明档位选择的太高，则应将选择开关换成欧姆挡的“×1”档位，然后进行欧姆调零，再次测量电阻丝的阻值；此段电阻丝的电阻为12Ω。‎ ‎（3）根据 ，且 可得： ‎ 三．计算题 ‎15.‎ ‎ 如图所示，平行于纸面的匀强电场中有三点A、B、C，其连线构成边长的等边三角形，现将一电荷量为q1=10-8C的正电荷从A点移到B点，电场力做功为W1=3×10-6J，将另一电荷量为q2=-10-8C的负点电荷从A点移到C点，电荷克服电场力做功为W2=3×10-6J，设A点的电势φA=0‎ ‎（1）求B、C两点的电势 ‎（2）求匀强电场的电场强度大小和方向 ‎【答案】（1）-300V； -300V（2）104V/m，方向由A指向D.‎ ‎【解析】试题分析：（1）先根据电势差的定义式U=求AB间的电势差和AC间的电势差，结合电势差等于电势之差，求B、C两点的电势．‎ ‎（2）BC线为等势线，根据电场线与等势线垂直，确定电场强度的方向．根据匀强电场的电势差与电场强度的关系求出场强的大小．‎ 解：（1）由电势差的定义得：‎ AB间的电势差为 UAB==V=300V AC间的电势差为 UAC==V=300V A点电势为0，故得B点电势 φB=UBA=﹣UAB=﹣300V C点电势 φC=UCA=﹣UAC=﹣300V ‎（2）B、C等势，则BC为匀强电场中的一等势面，电场线垂直于等势面，过A作AD垂直于BC，则电场方向为由A指向D，如图所示．‎ E===104V/m 答：‎ ‎（1）B、C两点的电势均为﹣300V．‎ ‎（2）匀强电场的电场强度大小为104V/m，方向由A指向D．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握电势差的定义式及电势差与电场强度的关系，要注意公式U=Ed中d是两点沿电场线方向上的距离．‎ ‎16. 如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)、(0，－L)，现有质量为m、电量为＋q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，α＝30°，不计粒子重力．‎ ‎(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2，求粒子初速度大小；‎ ‎(2)若粒子从点Q1直接通过点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标；‎ ‎(3)若粒子从点Q1直接通过点O，求粒子从P点运动到O点所有的时间 ‎【答案】（1） （2）(L，0)（3） ‎ ‎【解析】(1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示．‎ 粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得：R1cos30°＝L ‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝m ‎ 解得v1＝ ‎ ‎(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示．‎ 设其与x轴交点为M，横坐标为xM，由几何关系知 ‎2R2cos30°＝L ‎ xM＝2R2sin30°‎ 则M点坐标为(L,0)‎ ‎（3）由 解得 ‎ PQ1= ‎ 则粒子从P到Q1的时间 ‎ 粒子在磁场中运动的时间 ‎ 粒子从P点运动到O点所有的时间为：t=t1+t2= ‎ 点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，关键作出粒子的轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解，此题对数学几何的关系要求较高，需加强这方面的训练．‎ ‎17. 如图所示，在光滑绝缘斜面ABC的顶端A，由静止释放一质量为m1=2Kg、电荷量q=2×10-6C的带正电的小球a，沿斜面运动至底端C,小球a可视为质点，斜面高度h=0.7m。在B点固定一场源电荷，该场源电荷在A点的电势为5×106V,在C点电势为4×106V。CD段是光滑绝缘的水平面，若在CD段有一水平向右的有界（两竖直直线间）匀强电场，电场强度大小E=4.5×105V/m，C、D间距离为10m，当小球a到达D点时与处在同一水平直线上，静止悬挂的质量为m2=1Kg的小球b发生对心碰撞，碰撞时没有能量损失，已知悬线长R=2.5m，重力加速度g=10m/s2。求：‎ ‎（1）小球a经过C点时的速率 ‎（2）碰撞后小球a的动量大小和方向 ‎（3）小球b所能摆起的最大角度θ的余弦值。‎ ‎【答案】（1）4m/s（2）10/3kg∙m/s（3）cosθ=1/9‎ ‎【解析】（1）小球a从斜面滑下的过程中，电场力和重力均做正功，根据动能定理可得： ‎ 解得vC=4m/s ‎（2）CD段，小球a在电场力的作用下做匀加速直线运动，根据动能定理：‎ 小球a与小球b发生对心碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒可得：‎ ‎ ‎ 解得， ‎ 碰撞后小球a的动量：方向水平向右；‎ ‎（3）小球b摆到最高点的过程中机械能守恒，则有：‎ ‎ ‎ 可知小球b所能摆起的最大角度的余弦值为 ‎ ‎ ‎