2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

临川一中2017－2018学年度上学期期中考试 高二年级物理试卷 一、选择题(每小题4分，共40分。1～6小题有一个选项正确，7～10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分。) ‎ ‎1. 由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位为(　　)‎ A. kg·A－2·m3·s－4 B. kg·A2·m3 C. kg·m2·C－2 D. N·m2·A－2‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据库伦公式：，变形可得：，由于F=ma，电量为：q=It，联立可得：，根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得k的单位是，故A正确，BCD错误。‎ ‎2. 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)‎ A. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向 B. 安培力的方向可以不垂直于直导线 C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 ‎【答案】A ‎【解析】根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A正确，B错误；当电流方向与磁场方向的夹角为θ时，安培力大小为：，故C错误；当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为，当电流方向与磁场的方向垂直，所受安培力为BIL，将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培变为，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎3. 某磁场的磁感线分布如图所示，有一铜线圈从图中的上方A处落到B 处，则在下落的过程中，从上向下看，线圈中的感应电流的方向是(　　)‎ A. 顺时针 B. 逆时针 C. 先逆时针后顺时针 D. 先顺时针后逆时针 ‎【答案】D ‎【解析】在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，A处落到中间位置，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针；从中间位置落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针，故D正确，ABC错误。‎ ‎4. 利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电势差UCD仅与材料有关 B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD＞0‎ C. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 D. 仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大 ‎【答案】D ‎5. 在静电除尘器除尘机理的示意图中，a、b是直流高压电源的两极，图位置的P、M、N三点在同一直线上，且PM＝MN.尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列判断正确的是(　　)‎ A. a是直流高压电源的正极 B. 电场中M点的电势低于N点的电势 C. 电场中P点的电场强度小于M点的电场强度 D. 电场中P、M间的电势差UPM等于M、N间的电势差UMN ‎【答案】B ‎【解析】尘埃带负电在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明集尘极带正电，所以b是直流高压电源的正极，故A错误；电场线的方向从集尘极指向放电极，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知电场中M点的电势低于N点的电势，故B正确；因为P点靠近放电极，所以P点的电场强度大于M点的电场强度，故C错误；根据电势差公式：，由图可知P、M段的平均场强大于M、N段的平均场强，所以P、M间的电势差UPM大于M、N间的电势差UMN，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎6. 如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点 O，已知粒子穿越铝板时，其速率降为原来的一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)‎ A. 2 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：粒子垂直于磁场方向进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在薄板上方，，在薄板下方，即可得，根据粒子穿越铝板时动能损失一半，可得，即，带入可得.对照选项D对。‎ 考点：带点粒子在匀强磁场中的运动 ‎7. 在x轴上关于原点对称的a、b两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图所示的E-x图象描绘了x轴上部分区域的电场强度(以x轴正方向为电场强度的正方向)．在电场中c、d为x轴上关于原点对称的两点，o为坐标原点，下列结论正确的是(　　)‎ A. a、b处为异种点电荷 B. c、d两点电场强度相同，但c点电势更高 C. 若将一负电子从c点移到d点，其电势能增大 D. o点处电势等于零，电场强度也等于零 ‎【答案】ABC ‎【解析】根据给出的E-x图象可知，在a处为正电荷，在b处为负电荷，故A正确；根据点电荷产生的场强，根据场强的叠加可知，c、d两处场强相同，电场方向由c指向d，故c点电势高，故B正确；将一负电子从c点移到d点，电场力做负功，所以电势能增大，故C正确；因为a、b 处为异种点电荷，在y轴上的电势为零，所以O点的电势不为零，场强不为零，故D错误。所以ABC正确，D错误。‎ ‎ ‎ ‎8. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(　 　) ‎ A. 电流表读数减小 B. 电压表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. 电源的输出功率逐渐增大 ‎【答案】BD ‎............‎ ‎9. 如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10 V和0.1 A，电流表的内阻为0.2 Ω，那么有关待测电阻Rx的下列说法正确的是(　　)‎ A. Rx的真实值比测量值大 B. Rx的真实值比测量值小 C. Rx的真实值为99.8 Ω D. Rx的真实值为100.2 Ω ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：由电路图可知，实验采用了电流表的内接法，‎ 电阻的测量值：R===100Ω；‎ 由电路图可知，电压表所测的是电流表与待测电阻的电压，‎ 因此电阻测量值是待测电阻阻值与电流表内阻之和，‎ 则电阻的真实值：Rx=R﹣RA=100Ω﹣0.2Ω=99.8Ω，‎ 电阻的测量值大于电阻真实值，故AC正确，BD错误；‎ 故选：AC．‎ ‎10. 如图所示，等腰直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以不同的速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、 t2、 t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1.直角边bc的长度为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)‎ A. 三个速度的大小关系可能是v1＞v2＞v3‎ B. 三个速度的大小关系可能是v2＜v1＜v3‎ C. 粒子的比荷 D. 粒子的比荷 ‎【答案】BCD ‎【解析】因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1：t2：t3=3：3：1，显然它们在磁场中的偏转角度之比为3：3：1．即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，轨迹大致如图所示．粒子轨迹如图所示：‎ 速度为v1 、v2 的粒子从ab边穿出，则偏转角为90°，但两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为v3的粒子半径小，由半径公式：，可知v3一定大于v1和v2，故A错误，B正确；对粒子3，其偏转角为，由几何关系得到半径r3=2L，则飞行时间为：，从运动学公式可得：，联立可得：，故C正确；由于速度为v1的粒子偏转90°，则，则有：，故D正确。所以BCD正确，A错误。‎ 二、实验题（本大题分两小题，共16分。第11小题6分，第12小题10分。）‎ ‎11. （1）图甲中游标卡尺读数为________mm，图乙中螺旋测微器读数为________mm。 ‎ 甲 乙 丙 ‎（2）图丙为某多用电表表盘，选用“×10”倍率的电阻挡测量某电阻时，发现多用表指针偏转过大，为使测量更准确，需选择___________倍率的电阻挡测量（填：“×1”或“×10”或“×100”）。‎ ‎【答案】 (1). 49.15 (2). 0.900 (3). ×1‎ ‎【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为49mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：49mm+0.15mm=49.15mm；螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为40.0×0.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.900mm。‎ ‎（2）选用“×10”倍率的电阻挡测量某电阻时，发现多用表指针偏转过大，说明阻值较小，所以应选择小倍率，即“×1”。‎ ‎12. 某实验小组正在测定一节新型电池的电动势（约为3V）和内阻，现要选取一个定值电阻R0当做保护电阻。‎ ‎（1）首先为了准确测量定值电阻R0阻值，在操作台上准备了如下实验器材：‎ A、电压表V（量程3V，电阻约为4kΩ）   ‎ B、电流表A1（量程1A，内阻约0.5Ω）‎ C、电流表A2（量程3A，内阻约0.5Ω）  ‎ D、定值电阻R0（阻值约为3Ω） ‎ E、滑动变阻器R（0-10Ω）            ‎ F、开关s一个，导线若干  ‎ 根据上述器材，在测量R0阻值时应选择________（填序号）为电流表，其实验电路图应选择图中哪种接法________（填字母a或b），经测量定值电阻R0阻值为2.9Ω。‎ ‎（2）之后为了测量该新型电池的电动势和内阻，设计了如下实验，请用笔画代替导线在图中将所选器材进行连接 。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）根据实验记录做出U-I图线如图所示，从中可以求出待测新型电池的内阻为 ‎________Ω，电池电动势为________V（都保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). a (3). (4). 0.85 2.9‎ ‎【解析】（1）定值电阻约为3Ω，电动势约为3V，则最大电流约为1A，则电流表应选择B；因电阻较小，为了精确测量，应采用电流表外接法，故选a。‎ ‎（2）根据原理图可得出对应的实物图：‎ ‎（3）根据外电路电压：U=E-I（r+R0）可知，从图中取两点联立方程求解可知：E=2.88V≈2.9V；图象的斜率表示内阻，故内阻：。‎ 三、计算题（本大题共44分。第13题10分，第14题10分，第15题10分，第16题14分.）‎ ‎13. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求： ‎ ‎（1）电动机的输出电功率； ‎ ‎（2）电源的输出功率。‎ ‎【答案】（1）8 W （2）18 W ‎【解析】试题分析：通过电阻两端的电压求出电路中的电流，求出电动机的输入电功率，电动机消耗的热功率，即可求出电动机的输出电功率；求出电源的总功率在减去内耗功率，即可求出输出功率。 ‎ ‎（1）电动机正常工作时，总电流为：‎ 电动机两端的电压为：U=E-Ir-U1=（10-2×0.5-3.0）V=6 V； ‎ 电动机的输入电功率为：P电=UI=6×2 W=12 W 电动机消耗的热功率为：P热=I2R0=22×1.0 W=4 W 电动机的输出功率为：P输出=P电-P热=（12-4）W=8 W ‎（2）电源的输出功率为：P出=P-P内=IE-I2r=（10×2-22×0.5）W=18 W 点睛：本题主要考查了电动机问题，当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路，再结合相应的公式即可求解。‎ ‎ ‎ ‎14. 如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q=4×10-8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10-7J。求：‎ ‎⑴匀强电场的场强E的大小； ‎ ‎⑵该电荷从a移到c，电场力做的功W2；‎ ‎【答案】（1）60V/m （2）2.64×10-7 J ‎ ‎【解析】试题分析：根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离；电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2。‎ ‎（1）设ab两点间距离d1‎ 根据电场力做功公式：W1=qUab ‎ 电场强度为：‎ 联立可得： ‎ ‎（2）设bc两点沿场强方向距离为d2 ‎ 根据几何关系：d2=bc·cos60°‎ 电场力做功为：W2= qEd ‎ 联立可得：‎ 点睛：本题主要考查了在匀强电场中求场强，根据匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，即可求解。‎ ‎15. 电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O，半径为r．当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点．为了让电子束射到屏幕边缘的P点，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ。（已知电子质量为m，电荷量为e）求 ‎（1）电子束刚进入匀强磁场区时的速度大小；‎ ‎（2）此时磁场的磁感应强度B的大小。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：根据动能定理求解电子经过电压为U的加速电场后，离开电场时的速度大小；电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力而做圆周运动，由几何关系可得电子射出磁场是的偏向角，由牛顿第二定律结合几何关系可得匀强磁场的磁感应强度B的大小。‎ 由题意可知电子在磁场中沿圆孤ab运动如图所示，‎ 圆心为C，半径为R，v为电子进入磁场时的速度 根据动能定理得： ‎ 解得：‎ ‎（2）粒子运动轨迹如上图所示：根据牛顿第二定律得： ‎ 由几何关系得：‎ 联立以上各式可得： ‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，根据动能定理求解加速获得的速度，电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，求解磁感应强度。‎ ‎16. 如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切．一质子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0．若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经t0/2时间打到极板上．‎ ‎（1）求两极板间电压U；‎ ‎（2）求质子从极板间飞出时的速度大小；‎ ‎（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线O1O2从左侧O1点射入，欲使质子从两板间左侧飞出，射入的速度应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】（1）设质子从左侧O1点射入的速度为，极板长为 在复合场中作匀速运动：（2分）‎ 在电场中作类平抛运动： （2分）‎ 又（1分）‎ 撤去磁场，仅受电场力，有：（1分）‎ 解得 （2分）‎ ‎（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小 （1分）‎ 从极板间飞出时的速度大小 （1分）‎ ‎（3）设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的 偏转角为，由几何关系可知： ，r+r=R（2分）‎ 因为，所以（1分）‎ 根据向心力公式，解得v=（2分）‎ 所以，质子从两板左侧间飞出的条件为（1分）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎