2017-2018学年安徽省滁州市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年安徽省滁州市高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎【全国市级联考】安徽省滁州市2017—2018学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题（第1～7小题单选，第8～12小题多选）‎ ‎1. 图示是铁棒甲与铁棒乙内部各分子电流取向的示意图，甲棒内部各分子电流取向是杂乱无章的，乙棒内部各分子电流取向大致相同，则下列说法中正确的是 A. 两棒均显磁性 B. 两棒均不显磁性 C. 甲棒不显磁性，乙棒显磁性 D. 甲棒显磁性，乙棒不显磁性 ‎【答案】D ‎【解析】根据安培的分子电流假说可知，分子电流使每个分子相当于一个小磁针．甲棒内部各分子电流取向大致相同，分子电流的磁性增强，对外显示磁性；乙铁棒中各分子电流取向是杂乱杂乱无章的，磁性抵消，对外不显示磁性；故D正确．故选D.‎ ‎【点睛】当分子电流取向大致一致时，铁棒对外会显示磁性，而分子电流取向杂乱杂乱无章时，磁性抵消，对外不显示磁性．‎ ‎2. 一个点电荷从电场中的a点移到b 点，其电势能变化为零，则 A. a、b两点的电场强度的大小一定相等 B. a、b两点的电势一定相等 C. 该点电荷一定沿等势面移动 D. 作用于该点电荷的电场力与其移动方向总是保持垂直 ‎【答案】B ‎【解析】根据公式分析可知，电势能变化为零，即电场力做功，a、b两点的电势差为零，即a、b两点的电势相等，而电势与场强无关，所以a、b两点的电场强度不一定相等．故A错误，B正确；电场力做功为零，由于不能判定运动的轨迹，所以作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的，也不一定沿等势面的方向．故CD错误．故选B．‎ ‎【点睛】从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，电场力做功为零．但电荷不一定沿等势面移动．a，b两点的电势一定相等.‎ ‎3. 如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是 A. 全向里 B. 全向外 C. a向里，b、c向外 D. a、c向外，b向里 ‎【答案】D ‎【解析】闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培右手定则判断环形导线内部磁场向里，外部磁场向外，则小磁针b的N极向里偏转，a、c两个小磁针向外偏转，故D正确，ABC错误。‎ ‎4. 两个相同的很小的金属球，带电荷量之比为1:7；相距为r时两球之间相互排斥的力为F，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们之间的库仑力为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由库仑定律可得：，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7．故选A.‎ ‎5. 在如图所示的匀强电场E中，正电荷q在电场力的作用下从A点沿电场方向移动到B点，电场力做功为W.已知A、B两点之间的距离为d，电势差为，则下列说法正确的是 A. 由知A、B两点之间的电势差由W和q决定 B. 由W=Fd=Eqd得，所以电场强度E的大小与W 和电荷量q有关 C. 由可知，电场强度E的大小由和d决定 D. 电场强度E的大小只由电场本身的性质决定，与电势差及电场力做功均无关 ‎【答案】D ‎【解析】根据电势差的定义式，运用比值定义法，可知电势差反映电场本身能的性质的物理量，与W、q无关，故A错误．E反映电场本身的强弱和方向，与W、q无关，故B错误．公式只适用于匀强电场，而匀强电场的电场强度处处相同，与、d无关，故C错误．电场强度反映电场本身的特性，由电场本身决定，与电势差及电场力做功均无关，故D正确．选D.‎ ‎6. 如图所示的电路中，当变阻器的滑片向下移动时 A. 电压表示数变小，电流表示数变大 B. 电压表示数变大，电流表示数变小 C. 电压表示数变小，电流表示数变小 D. 电压表示数变大，电流表示数变大 ‎【答案】A ‎【解析】当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内压减小；因此路端电压增大，故电压表示数变大，将等效为内阻，则可知并联部分电压一定增大，故流过的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小；故选A．‎ ‎【点睛】由图可知与并联后与串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E-Ir可得出路端电压的变化；将作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得 中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．‎ ‎7. 如图所示，有一个表头G，满偏电流，内阻，把它改装为有3V和15V两种量程的电压表，则图中电阻、分别为 A. 600Ω 3000Ω B. 500Ω 2500Ω C. 500Ω 2400Ω D. 500Ω 3000Ω ‎【答案】C ‎【解析】量程为3V时，串联电阻阻值：；量程为15V时，串联电阻阻值：，故选C．‎ ‎【点睛】把电流表改装成电压表，应串联分压电阻，根据串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值．‎ ‎8. 下列说法错误的是 A. 电源外部电路存在着由正极指向负极的电场，电源内部存在着由负极指向正极的电场 B. 在电源的外部负电荷靠电场力由电源的负极流向正极 C. 在电源的内部负电荷靠非静电力由电源的负极流向正极 D. 干电池工作时是把化学能转化为电势能 ‎【答案】AC ‎【解析】电源的外电路中存在着由正极指向负极的电场，电子在电场力的作用下由电源负极流向正极，在电源内部存在着非静电力使电子由正极流向负极或正电荷靠非静电力由电源的负极流向正极，并不是内部存在由负极指向正极的电场，故AC错误，B正确．干电池是提供电能的装置，是化学能转化为电势能，故D正确．本题选错误的，故选AC．‎ ‎【点睛】电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小．在电源的内部正电荷靠非静电力由电源的负极流向正极．‎ ‎9. 如图所示，当可变电阻R=2Ω时，理想电压表的示数U=4V，已知电源的电动势E=6V，则 A. 此时理想电流表的示数是2A B. 此时理想电流表的示数是3A C. 电源的内阻是1Ω D. 电源的内阻是2Ω ‎【答案】AC ‎【解析】如题图所示电压表测量的是路端电压，电流表测的是通过R的电流，由部分电路欧姆定律可得U＝IR，故I＝2 A；再由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir，将I＝2 A、U＝4 V、E＝6 V代入可得r＝1 Ω。故选项A、C正确。‎ ‎10. 图示为一个由电池E、电阻R与平行板电容器C组成的申联电路，开关S闭合，平行板电容器中央有一个液滴恰好处于平衡状态，现保持其他条件不变，减小电容器两板间距离，则下列说法正确的是 A. 电容器的电容变大 B. 电阻R 中有从a 流向b的电流 C. 液滴带负电 D. 液滴仍然平衡 ‎【答案】AC ‎【解析】由电容器的决定式可知，当d减小时，C变大；故A正确；因电容器与电源相连，电容器两端的电压不变；则C变大时，由Q=UC可知，电容器两端的电量变大，则电源对电容器充电，故R中电流由b到a；故B错误；液滴受力平衡，则液滴受电场力向上；而上极板为正极，则说明液滴带负电；故C正确；因电压不变，d减小，则E变大；故受到的电场力变大；则液滴受到的合力向上，将向上运动，故D错误；故选AC．‎ ‎【点睛】电容器与电源相连，电压不变．在减小电容器两板间距离的过程中，电容变大，电量变大，电容器充电．根据原来极板的带电情况，分析电流的方向．‎ ‎11. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放一根长为L、质量为m 的直导体棒，导体棒中通以图示方向的恒定电流I，微使导体棒静止在斜面上，应再外加一匀强磁场，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能为 A. 大小为，方向垂直于斜面向下 B. 大小为，方向竖直向下 C. 大小为，方向水平向左 D. 大小为，方向水平向右 ‎【答案】ABC ‎【解析】磁场方向垂直斜面向下，安培力平行斜面向上，由平衡条件得：，解得：，故A正确；磁场方向竖直向下，安培力水平向左，根据平衡条件，在平行斜面方向，有：，解得：，故B正确；磁场方向水平向左，根据左手定则，安培力竖直向上，根据平衡条件，有：，解得：，故C正确；如果磁场方向水平向右，安培力向下，不可能平衡，故D错误；选ABC.‎ ‎【点睛】导体棒受重力、支持力（可能为零）和安培力，处于平衡状态，关键是根据左手定则确定安培力方向，然后根据平衡条件列式求解安培力大小，根据F=BIL求解磁感应强度．‎ ‎12. 如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计).则下列说法正确的是 A. 若v一定，θ越大.则粒子在磁场中运动的时间越短 B. 若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远 C. 若θ一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 D. 若θ一定，v越大，则粒子离开磁场的位置距0点越远 ‎【答案】AD ‎【解析】画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示：‎ 由几何关系得：轨迹对应的圆心角，粒子在磁场中运动的时间：，则得知：若v一定，越大，时间t越短；若一定，运动时间一定．故A正确，C错误．设粒子的轨迹半径为r，则，如图，由几何关系得：，则若是锐角，越大，AO越大．若是钝角，越大，AO越小；若一定，v越大，则AO越大，即粒子在离开磁场的位置距O点越远，故B错误，D正确，故选AD.‎ ‎【点睛】带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角，由.‎ 二、实验填空题(2小题)‎ ‎13. 某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的轻质弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒.‎ ‎(1)该同学还需要的器材有___________和__________；‎ ‎(2)需要直接测量的数据是_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 天平 (2). 刻度尺 (3). 两木块的质量和两木块离开桌面后的水平位移 ‎【点睛】烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．‎ ‎14. 在“测定金属的电阻率”的实验中，测定阻值为3Ω～5Ω的金属丝的电阻率，实验中所用的电压表规格为量程0～3V、内阻3kΩ；电流表规格为量程0～0.6A.内阻0.1Ω；还有其他一些器材：‎ ‎(1)用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，可知金属丝的直径d=__________mm.‎ ‎(2)图乙为实验中所采用的电路的一部分，请将虚线框中的部分电路连接完整__________.‎ ‎(3)实验中测得电压表的示数为U，电流表的示数为I，还应测出的物理量是________，则电阻率的计算公式ρ=____(用所测物理量的字母表示，不计电表内阻带来的影响).‎ ‎【答案】 (1). 0.622（0.621-0.623） (2). (3). 电阻丝的长度L (4). ‎ ‎...............‎ ‎（3）测金属钛的电阻率还需要测出金属钛的长度L，金属钛的电阻：，由电阻定律得：，联立解得：电阻率.‎ 三、解答或论述题(4小题)‎ ‎15. 一带电荷量、质量的初速度为零的粒子，经加速电场加速后，以的速度沿垂直于电场线方向进入电场强度的大小E=10V/m的匀强电场。已知粒子在穿越该电场过程中沿电场强度方向的位移为5cm，不计粒子所受重力，求：‎ ‎(1)带电粒子在偏转电场中运动的时间.‎ ‎(2)偏转电场的宽度.‎ ‎【答案】(1) ，(2) m.‎ ‎【解析】试题分析：进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于场强方向做匀速运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学基本公式即可求解．‎ ‎（1）进入偏转电场后做类平抛运动，则：‎ 对竖直分运动，有：‎ 解得：‎ ‎（2）对水平分运动，有：.‎ ‎16. 如图所示，电路中的电阻R=20Ω，电动机的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=50V.已知理想电流表的示数为I=8.5A，求：‎ ‎(1)通过电动机线圈的电流.‎ ‎(2)电动机的输出功率.‎ ‎【答案】（1）6A；（2）264W.‎ ‎【解析】试题分析：（1）先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后用干路电流减去电阻R的电流，得到通过电动机的电流．（2）电动机输入功率，发热功率，输出功率．根据功率关系求出电动机输出的功率．‎ ‎（1）电阻R=20Ω，电压U=50V，故流过R的电流为：‎ 则通过电动机的电流为：‎ ‎（2）电动机的输入功率为：‎ 发热功率为：‎ 则电动机输出的功率为：‎ ‎17. 如图所示，两根相同的轻质弹簧的劲度系数为k，静止吊起一根长为L、质量为m的匀质水平金属棒PQ，金属棒处于方向水平向外的匀强磁场中.当金属棒中通有由P端流向Q端的电流I时，弹簧的伸长量为x.重力加速度为g.求：‎ ‎(1)金属權所受安培力的大小和方向；‎ ‎(2)该匀强磁场的磁感应强度的大小.‎ ‎【答案】(1) ，(2) ‎ ‎【解析】（1)由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向上 设金属棒所受安培力的大小为F安，对金属棒，由平衡条件有: ‎ 解得:。‎ ‎(2)设匀强磁场的磁感应强度大小为B，则有：‎ ‎ ‎ 解得 。 ‎ 综上所述本题答案是：（1） ，方向竖直向上；（2）‎ ‎18. 我国计划于2015年发射空间站，设该空间站体积很大，宇航员可以在里面进行多项体育活动，一字航员在站内玩垒球，在如图所示区域，上半侧为匀强电场，下半侧为匀强磁场，中间为分界面，电场与分界面垂直，磁场垂直纸面向里，电场强度的大小E=100V/m，字航员位于电场一侧与分界面相距h=3m的P点，PO垂直于分界面，D位于O点右侧，垒球质量m=0.1kg、带电荷量q=-0.05C，该宇航员从P点以初速度平行于界面投出垒球，要使垒球第一次通过界面时击中D点，且恰好能回到P点.求：‎ ‎(1)O、D 之间的距离d.‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度的大小B.‎ ‎【答案】(1)3.46m，(2) 10T.‎ ‎【解析】试题分析：（1）垒球在电场中的运动为平抛运动，由平抛运动的规律可得出OD间的距离及在电场中运动的时间；（2）垒球在磁场中做圆周运动，由几何关系可得出粒子半径的表达式，则由牛顿第二定律可求得B.‎ ‎（1）设垒球在电场中运动的加速度大小为a，时间为，OD=d 由牛顿第二定律有：‎ 由运动学公式有：，‎ 联立解得：‎ ‎（2）垒球的运动轨迹如图所示．‎ 垒球进入磁场时与分界面夹角为，有：，解得：‎ 进入磁场时的速度为：‎ 设垒球作匀速圆周运动半径为R，由几何关系得：‎ 又在磁场中有：‎ 解得：B=10T ‎ ‎