2018-2019学年湖北省宜昌市葛洲坝中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

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2018-2019学年湖北省宜昌市葛洲坝中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

宜昌市葛洲坝中学2018-2019学年第一学期 高二年级期末考试物理 答卷 ‎ 命题人 :谢敏 审题人:戈菲 考试时间:2019年1月 本试题分第Ⅰ卷(阅读题)和第Ⅱ卷(表达题)两部分。满分110分,考试时间90分钟。考生作答时,请将答案写在答题卷上,在本试题卷上答题无效。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题 ‎1.下面是对电源和电流概念的认识,正确的是( )‎ A. 电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量的本领 B. 电动势和电势差的单位相同,电动势实质上就是电势差 C. 电流的方向就是电荷定向移动的方向 D. 在金属导体中,电流的方向与自由电子定向移动的方向相反 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电动势反映了电源把其他形式能量转化为电能的本领,选项A错误;电动势的单位和电势差相同,但电动势与电势差是两个不同的物理量,它们的物理意义不同.故B错误.电流的方向就是正电荷定向移动的方向,选项C错误;在金属导体中,电流的方向与自由电子定向移动的方向相反,选项D正确;故选D.‎ ‎2.如图所示是一火警报警器的部分电路示意图,其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器(温度越高,热敏电阻阻值越小)。值班室的显示器为电路中的电流表,a、b之间接报警器。当传感器R3所在处出现火情时,显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( ) ‎ A. I变大,U变大 B. I变大,U变小 C. I变小,U变小 D. I变小,U变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当传感器R3所在处出现火情时,热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流变化,分析路端电压U的变化.根据并联部分电压的变化,判断I的变化.‎ ‎【详解】当传感器R3所在处出现火情时,热敏电阻R3的阻值减小,则外电路总电阻减小;由闭合电路欧姆定律可知,电路中总电流将增大;由U=E-Ir可知,路端电压U减小,则图中报警器两端的电压U将减小;因总电流增大,则R1两端的电压增大,并联部分的电压减小,则可知流过R2中的电流I减小。故C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题是电路动态变化分析问题,要了解半导体材料的特性:电阻随着温度升高而减小;二要处理局部与整体的关系,按“局部→整体→局部”顺序进行分析.‎ ‎3.如图所示,两匀强磁场的方向相同,以虚线MN为理想边界,磁感应强度大小分别为B1、B2,今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中,其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )‎ A. 电子的运行轨迹为PENCMDP B. 电子运行一周回到P用时为 C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动,根据左手定则判断电子的绕行方向,根据周期公式分三个部分求解运动一周的时间,根据半径关系求解两磁场的关系.‎ 解:A、根据左手定则可知:电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时,受到的洛伦兹力方向向上,所以电子的运行轨迹为PDMCNEP,故A错误;‎ B、电子在整个过程中,在匀强磁场B1中运动两个半圆,即运动一个周期,在匀强磁场B2‎ 中运动半个周期,所以T=+,故B错误;‎ C、D、由图象可知,电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半,根据r=可知,B1=2B2,故C错误,D正确.‎ 故选:D.‎ 点评:本题是带电粒子在磁场中运动的问题,要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向,能结合几何关系求解,知道半径公式及周期公式,难度适中.‎ ‎4.如图所示,abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计.已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好).则( )‎ A. 电路中感应电动势的大小为 B. 电路中感应电流的大小为 C. 金属杆所受安培力的大小为 D. 金属杆的发热功率为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据E=BLv,L是有效的切割长度,求解感应电动势.根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小.由F=BIL求安培力,由功率公式求解金属杆的热功率.‎ ‎【详解】切割的有效长度为导轨间距l,故电路中感应电动势为:E=Blv,故A错误;电路中感应电流的大小为:,故B正确;金属杆所受安培力的大小为:,故C错误;属杆的热功率为:P=EI=I2r=,故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用,要注意明确E=BLv中L 为导轨宽度,即导线的有效切割长度,而求安培力时L为存在电流的总长度.‎ ‎5.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触,磁感强度为B,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( )‎ A. 若圆盘转动的角速度为ω,则发电机产生的电动势为 B. 若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿b到a的方向流动 C. 若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A:若圆盘转动的角速度为ω,则发电机产生的电动势。故A项正确。‎ B:若从上向下看,圆盘顺时针转动,据右手定则可得流过电阻R的电流沿a到b的方向流动。故B项错误。‎ C:若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,电流方向不变。故C项错误。‎ D:若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则发电机产生的电动势变为原来的2倍,电流在R上的热功率也变为原来的4倍。故D项错误。‎ 点睛:导体棒转动切割磁感线时,产生的感应电动势,其中指棒上各点的平均速度即棒中点的速度。 ‎ ‎6.如图所示,金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时,线圈c将靠近金属导轨( )‎ A. 向右做匀速运动 B. 向左做匀速运动 C. 向右做减速运动 D. 向右做加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时,根据右手定则判断感应电流方向,感应电流通过螺线管时,由安培定则判断磁场方向,根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向,再确定c是否被螺线管吸引.‎ 解:A、B导体棒ab向右做匀速运动时,ab中产生的感应电流不变,螺线管产生的磁场是稳定的,穿过c的磁通量不变,c中没有感应电流.故A错误.‎ B、导体棒ab向左做匀速运动时,根据右手定则判断得到,感应电流不变,螺线管产生的磁场不变,穿过c的磁通量不变;C中不会产生感应电流;故B错误;‎ C、导体棒ab向右做减速运动时,根据右手定则判断得到,感应电流减小,螺线管产生的磁场减弱,穿过c的磁通量减小,根据楞次定律得知,c中产生感应电流.故C正确.‎ D、导体棒ab向右做变加速运动时,根据右手定则判断得到,感应电流增大,螺线管产生的磁场增强,穿过c的磁通量增大,根据楞次定律得知,c中产生感应电流.故D正确.‎ 故选:CD ‎【点评】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的,并掌握感应电流的产生条件.‎ ‎7.如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是,带电小球可视为点电荷,重力加速度,静电力常量,则 A. 两球所带电荷量相等 B. A球所受的静电力为1.0×10-2 N C. B球所带的电荷量为 D. A、B两球连线中点处的电场强度为0‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析:两相同的小球接触后电量均分,故两球所带电荷量相等,选项A正确;对A球受力分析,由几何关系,两球斥开后,悬线与竖直方向的夹角为370,根据平行四边形法则可得:,选项B错误;根据库伦定理:,解得,选项C正确;AB带等量的同种电荷,故在A、B两球连续中点处的电场强度为0 ,选项D正确;故选ACD.‎ 考点:物体的平衡;库仑定律;电场强度 ‎8.如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点,A、B、C三点电势分别为1V、2V、3V,正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是( )‎ A. 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线 B. 匀强电场的电场强度大小为10V/m C. 匀强电场的电场强度方向为由C指向A D. 将一个电子由E点移到D点,电子的电势能将减少 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、连接AC,AC中点电势为2V,由正六边形对称性,则EB、AF、CD均为电场中的等势线,故A正确.‎ B、匀强电场的场强大小为,故B错误 C、电场线方向与EB垂直,即为C→A,故C正确.‎ D、将一个电子由E点移到D点,电场力做负功电子的电势能增加,故D正确 所以应该选ACD ‎9.如图所示,质量为m,带电荷量为+q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上,整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中,磁感应强度大小为B.现给环一向右的初速度,则( )‎ A. 环将向右减速,最后匀速 B. 环将向右减速,最后停止运动 C. 从环开始运动到最后达到稳定状态,损失的机械能是 D. 从环开始运动到最后达到稳定状态,损失的机械能是 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、当环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力,由于,即,则环先向右做减速运动,速度减小,洛伦兹力减小,当洛伦兹力等于重力时,支持力为零,摩擦力为零,环将做匀速直线运动,故A正确,B错误; C、根据能量守恒知,损失的机械能等于环动能的减小量,匀速直线运动时有,解得,损失的机械能,故C错误,D正确。‎ 点睛:解决本题的关键能够分析物体的受力,环受重力、支持力、洛伦兹力以及摩擦力作用做减速运动,当洛伦兹力等于重力时,支持力为零,摩擦力等于零,环做匀速直线运动,根据能量守恒求出损失的机械能。‎ ‎10.如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上.整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么( )‎ A. 偏转电场对三种粒子做功一样多 B. 三种粒子一定打到屏上的同一位置 C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同 D. 三种粒子打到屏上时的速度一样大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度。粒子进入偏转电场中做类平抛运动,由分位移公式得到粒子在偏转电场中的偏转距离,再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置。根据电场力做功W=Eqy可分析偏转电场对粒子做功大小关系,结合动能定理分析粒子打到屏上时速度关系。‎ ‎【详解】粒子在加速电场中加速,由动能定理可知:qU1=mv02-0;解得:v0=;粒子在加速电场中的运动时间:;粒子在偏转电场中做类平抛运动,运动时间:;在偏转电场中竖直分位移:;联立得,y与q、m无关,所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合,离开偏转电场后粒子做匀速直线运动,因此三种粒子一定打到屏上的同一位置;加速电场对粒子做功为 W1=qU1,q和U1相等,所以加速电场E1对三种粒子做功相等。偏转电场E2对粒子做功:W2=qE2y,q、E2、y相等,则知偏转电场E2对三种粒子做功相等。故AB正确。离开偏转电场后粒子的运动时间:;粒子运动到屏上所用时间 t=t1+t2+t3=(2L1+L2+L3);因为m/q不等,所以t不等,故C错误。对整个过程,根据动能定理得 W=mv2‎ ‎−0,由于W相等,m不等,所以v不等,即三种粒子打到屏上时速度不等,故D错误。故选AB。‎ 第Ⅱ卷 二、实验题 ‎11.在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R。‎ ‎(1)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲,则金属丝的直径d为_______mm。‎ ‎(2)若用图乙测金属丝的电阻,则测量出的R结果将比真实值_____(选填“偏大”或“偏小”)。‎ ‎(3)如下图所示,是多用电表的“×10”欧姆挡经过正确步骤测量金属丝电阻时多用电表指针的位置,则金属丝阻值的测量值R=_____Ω,若测出金属丝长度的测量值为L,则该金属丝电阻率的表达式ρ=_____(用d、R、L表示)。‎ ‎【答案】 (1). 0.695~0.698mm (2). 偏小 (3). 140Ω (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)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;(2)电流表外接法,根据欧姆定律即可判断出测量误差:(3‎ ‎)由电阻定律求出电阻率的表达式,即可求出电阻率。‎ ‎【详解】(1)由图甲所示螺旋测微器可知,其读数为:0.5mm+19.7×0.01mm=0.697mm(0.696mm~0.698mm均正确).‎ ‎(2)电流表外接法,电压U测量准确,由于电压表分电流,导致电流I测量偏大,故根据欧姆定律Rx=U/I,可知测量结果将比真实值偏小; (3)金属丝阻值的测量值R=14×10Ω=140Ω 根据电阻定律可得:Rx= ‎ 横截面积:S=π()2 联立可得金属丝的电阻率:‎ ‎【点睛】本题考查金属电阻率的测量实验,还考查了螺旋测微器与欧姆表的读数;螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数,螺旋测微器需要估读,结合电阻定律,求解金属丝的电阻率。‎ ‎12.利用如图所示的电路可以测定一节干电池的电动势和内电阻。‎ ‎(1)现有电压表(0~3V)、开关和导线若干,以及下列器材:‎ A.电流表(0~0.6A) B.电流表(0~3A)‎ C.滑动变阻器(0~20)D.滑动变阻器(0~100)‎ 实验中电流表应选用________;滑动变阻器应选用________。(选填相应器材前的字母)‎ ‎(2)在实物图中用笔画线代替导线,按电路图将电路连线补充完整________。‎ ‎(3)如上面右图所示,他们根据实验数据绘制出U﹣I图象,其中U是电压表的读数,I是电流表的读数。由此可以得到,干电池的电动势E=___V,内电阻r= ____Ω.(结果保留两位有效数字)‎ ‎(4)该实验小组还制作了一个水果电池。他们先将一电压表(量程3V、内阻2000Ω)与水果电池的两极相连,电压表的读数为0.70V;再将一数字电压表(内阻约为100MΩ)与水果电池的两极相连,读数为0.91V.由以上数据,可估算出该水果电池的内电阻r=_____Ω(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). (4). 1.4V (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据电池电动势选择电压表,根据电路最大电流选择电流表,为方便实验操作,在保证安全的前提下,要选择最大阻值较小的滑动变阻器。 (2)根据电路图进行连线;‎ ‎(3)电源的U-I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势,图象斜率的绝对值是电源的内阻。‎ ‎(4)根据闭合电路欧姆定律列出等式求解。‎ ‎【详解】(1)实验中电流表应选用量程为0.6A的A即可;滑动变阻器应选用阻值较小的C。‎ ‎(2)实物连线如图;‎ ‎(3)U-I图像的截距等于电动势,则干电池的电动势E=1.4V,直线的斜率等于内阻,则内电阻r=.‎ ‎(4)将一电压表(量程3V、内阻2000Ω)与水果电池的两极相连,电压表的读数为0.70V; 根据闭合电路欧姆定律列出等式:0.70=‎ ‎×2000 再将一数字电压表(内阻约为100MΩ)与水果电池的两极相连,读数为0.91V。 0.91=×100×106, 解得:r=600Ω。‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻,知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题。在计算电源的内阻的时候,一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的。‎ 三、解答题 ‎13.如图所示,已知电源电动势E=5 V,内阻r=2 Ω,定值电阻R1=0.5 Ω,滑动变阻器R2的阻值范围为0~10 Ω.求:‎ ‎(1)当滑动变阻器R2的阻值为多大时,电阻R1消耗的功率最大?最大功率是多少?‎ ‎(2)当滑动变阻器的阻值为多大时,滑动变阻器消耗的功率最大?最大功率是多少?‎ ‎【答案】(1)2.5 Ω,2.5W;(2)1.5 Ω,3.125W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 对于电源,当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大;将电阻R1与电源等效成等效电源考虑;‎ ‎(2) 当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大。‎ ‎【详解】(1) 对于电源,当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大;将电阻R1与电源等效成电源,故当R2=2.5Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大;‎ ‎;‎ ‎(2) 当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大,故当R2=1.5Ω时,电源的输出功率最大;‎ 电源输出最大功率是 ‎【点睛】本题采用结论法解题,关键记住“对于电源,当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大”的结论。‎ ‎14.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间的距离为d,上板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:‎ ‎(1)小球到达上极板小孔处的速度;‎ ‎(2)极板间电场强度的大小E和电容器所带电荷量Q;‎ ‎【答案】(1) (2) ,‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)小球到达小孔前是自由落体运动,根据速度位移关系公式列式求解即可; (2)对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度,然后根据Q=CU求解电容器的带电量;‎ ‎【详解】(1)小球到达小孔前是自由落体运动,根据速度位移关系公式,有 ‎ 解得 ‎(2)对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式,有 ‎ 解得:‎ 电容器两板间的电压 ‎ 电容器的带电量为 ‎15.如图所示PQ、MN为足够长的两平行金属导轨,它们之间连接一个阻值R=8Ω的电阻,导轨间距为L=1m。一质量m=0.1kg,电阻r=2Ω,长约1m的金属杆水平放置在导轨上,它与导轨的滑动摩擦因数.导轨平面的倾角为θ=30°,在垂直导轨平面方向有匀强磁场,磁感应强度B=0.5T,现让金属杆AB由静止开始下滑,已知杆AB从静止开始到恰好作匀速运动的过程中沿轨道下滑距离s=20m,g=10m/s2求:‎ ‎(1)杆AB下滑速度为2m/s时的加速度大小;‎ ‎(2)杆AB下滑的最大速度vm;‎ ‎(3)杆AB从静止开始到恰好作匀速运动的过程中R上产生的热量。‎ ‎【答案】(1)1.5m/s2;(2)8m/s;(3)0.64J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由牛顿第二定律、安培力公式与闭合电路欧姆定律及摩擦力表达式,列出方程即可求解。‎ ‎(2)当AB杆加速度减至为零时,速度达到最大,从而根据方程计算,即可求解。‎ ‎(3)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式从而列出面积与电量、电阻及磁场、杆的长度关系,再由能量守恒关系,即可求解。‎ ‎【详解】(1)取AB杆为研究对象其受力分析 沿斜面方向: ①‎ 垂直斜面方向: ②‎ 摩擦力 ③‎ 安培力 ④‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 联立上面①②③④⑤⑥解得: ‎ 当 时 ‎ ‎(2)由上问可知 ,故AB做加速度减小的加速运动 当时, ‎ ‎(3)从静止开始到运速运动过程中 设两电阻发热和为QR+Qr 由能量守恒可知 ‎ 又 ‎ 联立 解得 ‎16.如图所示,在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场,在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场,L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合),宽度相同,方向如图所示,区域Ⅰ的磁感强度大小为B1。一电荷量为q、质量为m(重力不计)的带正电点电荷从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场,点电荷恰好从B点进入磁场,经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ。已知AB长度是BC长度的倍。‎ ‎(1)求带电粒子到达B点时的速度大小;‎ ‎(2)求磁场的宽度L;‎ ‎(3)要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长,求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。‎ ‎【答案】16. ‎ ‎17. ‎ ‎18. B2≥1.5B1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在匀强电场中做类平抛运动,将运动沿水平方向与竖直方向分解,根据动为学规律即可求解;当粒子进入磁场时,做匀速圆周运动,由牛顿第二定律可确定运动的半径。最后由几何关系可得出磁场的宽度L;根据几何关系确定离开磁场的半径范围,再由半径公式可确定磁感应强度。‎ ‎【16题详解】‎ 设点电荷进入磁场时的速度大小为v,与水平方向成θ角,由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有:tanθ=‎ 则θ=30°‎ 根据速度关系有:v=‎ ‎【17题详解】‎ 设点电荷在区域Ⅰ中的轨道半径为r1,由牛顿第二定律得: ,轨迹如图:‎ 由几何关系得:L=r1‎ 解得:L=‎ ‎【18题详解】‎ 当点电荷不从区域Ⅱ右边界离开磁场时,点电荷在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B,对应的轨迹半径为r2,轨迹如图:‎ 同理得:‎ 根据几何关系有:L=r2(1+sinθ) ‎ 解得:B=1.5B1‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动,粒子在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,本题涉及了类平抛运动、匀速圆周运动,学会处理这两运动的规律:类平抛运动强调运动的分解,匀速圆周运动强调几何关系确定半径与已知长度的关系。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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