2017-2018学年湖北省宜昌市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年湖北省宜昌市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

宜昌市第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1. 真空中有两个点电荷相距r，他们之间的相互作用力为F，现保持它们的电荷量不变，把它们之间的距离增大到2r，它们之间的相互作用力变为 A. B. C. 4F D. 2F ‎【答案】A ‎【解析】由库伦定律可得：变化前，变化后，故选A.‎ ‎2. 某电场的电场线分布如图所示(实线)，以下说法正确的是 A. C点场强大于b点场强 B. b 和c处在同一等势面上 C. 若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将增大 D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电 ‎【答案】A ‎【解析】电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；故选A．‎ 点睛：解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．‎ ‎3.‎ ‎ 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地.在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，0表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则 A. θ增大，E增大 B. θ增大，Ep不变 C. θ减小，Ep增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。‎ 视频 ‎4. 如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有 A. 闭合电键K后，把R的滑片右移 B. 闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出 C. 闭合电键K后，把Q靠近P D. 无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可 ‎【答案】C ‎【解析】闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上．故A错误．闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上．故B错误．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下．故C正确． 若K不闭合，则P线圈中无磁场，故Q中不会有电流产生，选项D错误；故选C. 点睛：解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向.‎ ‎5. 如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为1，导轨闻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0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. 金属杆的热功率为 ‎【答案】B ‎【解析】导体棒切割磁感线产生感应电动势，故A错误；感应电流的大小，故B正确；所受的安培力为，故C错误；金属杆的热功率，故D错误。‎ ‎【考点定位】考查电磁感应知识。‎ 视频 ‎6. 如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，其中t=L/v，设电流逆时针方向为正则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bc切割，感应电流不变，方向逆时针，为正方向；前进L后，边bc开始出磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ad产的减去在bc边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bc完全出磁场，ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，ACD错误．故选B．‎ ‎【点睛】正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负．‎ ‎7. 如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流表指针发生偏转，则以下说法正确的是 A. 将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数一定增大 B. 如果改用紫光照射该金属时，电流表无示数 C. 将光照强度增大时，电流表的示数减小 D. 将电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑动片向右移动一些，电流表的读数可能不为零 ‎【答案】D ‎【解析】滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变，故A错误；如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加，则电流表增大，故B错误；只增加光照强度，从而增加了光子的个数，则产生的光电子数目增多，光电流增大，使通过电流表的电流增大，故C错误；电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑片向右移动一些，此时的电压仍小于反向截止电压，则电流表仍可能有示数，故D正确；选D.‎ ‎【点睛】当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是否达到饱和，从而判断电流表示数的变化．发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，而光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，当将电源的正负极调换，即加反向电压，则电流表可能没有示数，也可能有示数．‎ ‎8. 位于某电场中的x 轴上的电势q随位置x 变化的图象如图所示，x=x1和x =-x1处，图象切线的斜率绝对值相等且最大，则在x轴上 A. x=x1和x =-x1两处，电场强度相同 B. x=x1和x =-x1两处，电场强度最小 C. x=0处电场强度大小为零 D. 正电荷从x=x1运动到x=+∞过程中，电势能逐渐减小 ‎【答案】C ‎...............‎ ‎【点睛】根据题图知电场关于x轴对称分布，根据图象的斜率表示场强，分析电场强度的关系．根据电势的变化，由电势能公式分析正电荷电势能的变化．‎ ‎9. 有关磁场的物理概念，下列说法中正确的是 A. 磁感应强度是描述磁场强马的物理量，是矢量 B. 磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关 C. 磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关 D. 磁感应强度的方向跟放入磁场中电流所受的磁场力方向相同 ‎【答案】AB ‎【解析】磁感应强度的大小代表磁场的强弱，是矢量，磁感应强度的方向就是磁场的方向，故A正确．电流的磁场的方向跟产生磁场的电流方向有关，而与放入磁场中的受磁场力作用的电流无关．故B正确，C错误．根据左手定则可知，安培力的方向与磁感应强度的方向相互垂直，故D错误．选AB.‎ ‎【点睛】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，其方向就是该点的磁场方向，与产生磁场的电流方向有关，与放入磁场的电流元无关．磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小．‎ ‎10. 如图所示，一带电粒子，质量为m，电荷量为q，以一定的速度沿水平直线A′B′方向通过一正交的电磁场，磁感应强度为，电场强度为E。粒子沿垂直等边三角形磁场边框的AB边方向由中点的小孔0进入另一匀强磁场，该三角形磁场的边长为a，经过两次与磁场边框碰撞后(碰撞过程无能量损失)恰好返回到小孔0，则以下说法正确的是(不计重力)‎ A. 该带电粒子一定带正电 B. 该带电粒子的速度为 C. 该粒子返回到小孔0之后仍沿B′A′直线运动 D. 等边三角形磁场的磁感应强度为 ‎【答案】BD ‎【解析】粒子沿着方向的运动是匀速直线运动，洛仑兹力和电场力平衡，粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，故A错误；粒子沿着 方向的运动是匀速直线运动，根据平衡条件，有：，解得： ，故B正确；该粒子返回到小孔O之后，速度反向，故洛仑兹力反向，但电场力没有反向，故不再平衡，是曲线运动，故C错误；粒子进入三角形区域的运动轨迹如图所示：‎ 结合几何关系得：轨道半径为，根据牛顿第二定律有：，由于，联立解得：，故D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】】粒子沿着方向的运动是匀速直线运动，洛仑兹力和电场力平衡，根据平衡条件列式求解速度；进入磁场后做匀速圆周运动，经过两次与磁场边框碰撞后恰好回到小孔O，画出运动轨迹，结合几何关系得到轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解磁场的磁感应强度．‎ ‎11. 在如图所示电路中，电源的电动势E=3V，内电阻r=0.5Ω，电阻R1=2Ω，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，则下列叙述中正确的是 A. I变小，U1变小 B. U2变小，U3变大 C. 电阻R1的电功率减小 D. 电源的输出功率减小 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：理想电表不考虑电表对电表的影响，电压表V3‎ 测量路端电压，电流表测量干路电流．滑动变阻器的滑动触头P向下滑动，接入电路电阻变大，根据电路的结构，由欧姆定律可判断电表示数的变化量大小，当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源输出功率的变化．‎ 解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I变小，U1=IR1变小，故A正确．‎ B、I变小，则U3=E﹣Ir，U3变大，则U3=U1+U2，U1变小，则U2变大，故B错误．‎ C、根据P=可知，U1变小，功率变小．故C正确．‎ D、内电阻r=0.5Ω，电阻R1=2Ω，则外电路总电阻大于电源的内阻，则当变阻器R的滑片P向下移动时，外电路总电阻增大，电源的输出功率减小，故D正确．‎ 故选：ACD ‎【点评】解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，明确当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，难度适中．‎ ‎12. 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(杆表面不光滑)，整个装置处在重直于杆的水平勻强磁场中，磁感应强度大小为B.现给环一向右的初速度Do，则下列情况可能发生的是 A. 环将保持匀速运动，环的机械能不变 B. 环将向右减速，最后静止，损失的机械能是 C. 环将向右减速，最后匀速，损失的机械能是 D. 环将向右减速，最后匀速，损失的机械能 ‎【答案】ABD ‎【解析】当环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，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，则环的机械能不变，故A正确；环将向右减速，最后静止，由受力可知，重力、支持力与洛伦兹力不做功，摩擦力做功导致机械能损失，根据能量守恒定律，则有损失的机械能是，故B正确；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．故选ABD． ‎ ‎【点睛】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．‎ 二、实验题 ‎13. 有一电阻R，其阻值大约在40Ω至50Ω之间，需进一步用伏安法测定其阻值，现有下列器材：‎ 电池组E，电动势为9V，内阻忽略不计：‎ 电压表V，量程为0至10V，内阻20kΩ；‎ 电流表A1，量程为0至50mA，内阻约20Ω；‎ 电流表A2，量程为0至300mA，内阻约4Ω；‎ 滑动变阻器R1，阻值范围为0至100Ω，额定电流1A；‎ 滑动变阻器R2，阻值范围为0至1700Ω，额定电流0.3A；‎ 开关S及导线若干.‎ 实验中要求多测几组电流、电压值在实验中电流表应选________，滑动变阻器应选______，并且采用电流表的__________(填“内接法”或“外接法”).‎ ‎【答案】 (1). ； (2). ； (3). 外接法；‎ ‎【解析】解：电源电动势为9V，电阻阻值在至之间，通过电阻的最大电流约为：，电流表应选择；为方便实验操作滑动变阻器应选择；电阻阻值在至之间，电压表内阻约为，电流表内阻约为，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应选择外接法.‎ ‎【点睛】根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法．‎ ‎14. 某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻.‎ 实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：‎ 电压表：V(量程3V，内阻Rv约为10kΩ)‎ 电流表：G(量程3mA，内阻Rg = 100Ω)‎ 滑动变阻器： R(阻值范围0～10Ω，额定电流2A)‎ 定值电阻：Ro= 0.5Ω ‎（1）该同学将电流表G与定值电阻Ro并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_____A.‎ ‎(2)该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_____V(结果保留三位有效数字)，电源的内阻r=_____Ω(结果保留两位有效数字).‎ ‎(3)由于电压表内阻对电路造成影响，本实验电路测量结果电动势E_______，内阻_______(选填“偏大”、“不变”或“偏小”)‎ ‎【答案】 (1). 0.6（或者0.602）； (2). 1.48； (3). 0.84（0.82-0.86）； (4). 偏小； (5). 偏小；‎ ‎【解析】（1）设改装后电流表的量程为I，则有，（2）由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势E=1.48V．图线的斜率大小k=r，由数学知识得：，则电源的内阻；（3）可用“等效电源法”分析误差大小：可以把电源与电压表看做一等效电源，则电动势测量值等于外电路断开时“等效电源”两极间的电压，由于电压表不是理想电表，所以有电流通过“电源”，因而路端电压要小于电动势，所以电动势测量值小于真实值即偏小；同理，此电路测得的内电阻是“等效电源”的内阻，即电压表与电池内阻的并联电阻，所以测得的内阻也小于真实值．‎ 三、计算题 ‎15. 电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.3m，两导轨间距m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上.阻值r=0.5Ω，质量m=0.2㎏的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑，滑到斜面低端的速度为v=3m/s，取g=10m/s²，求： ‎ ‎(1)金属棒下滑到斜面低端时的加速度. ‎ ‎(2)金属棒下滑到斜面低端的过程中电阻R上产生的焦耳热.‎ ‎【答案】(1) 2.3m/s²；(2) 0.3J；‎ ‎【解析】试题分析：（1）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，根据牛顿第二定律求得加速度．（2）根据动能定理和焦耳定律联立求解电阻R上产生的焦耳热．‎ ‎（1）金属棒下滑速度时，所受的安培力为：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎（2）根据动能定理可得：‎ 根据功能关系可得产生的总热量 解得：Q=0.4J 则电阻R上的焦耳热为：‎ ‎16. 一束电子从静止开始经加速电压加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如下图所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点， ‎ 求：(1)电子刚进入偏转电场时的速度大小； ‎ ‎(2)电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小； ‎ ‎(3)求OP。‎ ‎【答案】(1)；(2) ；（3）；‎ ‎【解析】试题分析： (1)电子经U1的电场加速后，由动能定理可得 eU1＝mv02① 2分 v0=2分 ‎(2)电子以v0的速度进入U2的电场并偏转 t＝② 1分 E＝③ 1分 a＝④ 1分 y=at2=1分 ‎（3）vy＝at⑤ 1分 由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tan θ＝＝. 2分 所以＝(＋L)tan θ＝(＋L)． 3分 注：第三问若用其它方法可自行赋分。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，在加速场中通常由动能定理解决在偏转场中通常由类平抛运动规律求解．根据动能定理求电子在加速场中获得的速度，然后根据类平抛运动规律求在偏转场中的竖直位移，再求出射出电场后竖直方向的位移。‎ ‎17. 如图(甲)为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表.在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图(乙)所示正弦规律变化.(取π=3.14）求：‎ ‎(1)交流发电机产生的电动势的最大值；‎ ‎(2)从t=0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向；‎ ‎(3)电路中交流电压表的示数；‎ ‎(4)从图示位置转过90°，通过线圈的电量?整个回路的焦耳热?‎ ‎【答案】(1)200V；（2）1A，电流方向abcda；（3）V；（4）3.14J；‎ ‎【解析】（1）由图线可知：，‎ 因为 所以 ‎（2）因为 所以 电流方向为abcda ‎（3）电动势的有效值 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I==A 交流电压表的示数为 ‎(4)根据公式,‎ 根据焦耳定律可得 ‎18. 一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。‎ ‎（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？‎ ‎（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？‎ ‎【答案】（1）；；（2）或者，其中n=0，1，2，3......。‎ 由粒子运动周期 筒转过90°的时间又 联立以上各式得：荷质比，粒子速率 ‎（2）若粒子与MN方向成30°入射，速率不变半径仍为R，作粒子轨迹2如图，轨迹2圆心为O’，则四边形MO’PO为菱形，可得，所以 则粒子偏转的时间：；又；得：‎ 由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：ⅰ．当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1，‎ 若从N点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0,1,2,3…‎ 若从M点离开，则筒转动时间满足，得：‎ 其中k=0,1,2,3……；综上可得其中n=0,1,2,3……‎ ⅱ．当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2，‎ 若从M点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0,1,2,3……‎ 若从N点离开，则筒转动时间满足，得：‎ 其中k=0,1,2,3……综上可得其中n=0,1,2,3…‎ 综上所述，圆筒角速度大小应为或者其中n=0,1,2,3……‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、圆周运动 ‎ ‎