2017-2018学年江苏省扬州中学高二上学期期中考试物理（选修）试题 解析版

2017-2018学年江苏省扬州中学高二上学期期中考试物理（选修）试题 解析版

江苏省扬州中学2017-2018学年第一学期期中考试 高二物理（选修）‎ 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1. 关于电动势，下列说法错误的是 A. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 B. 电源两极间的电压即是电源电动势 C. 电源电动势在数值上等于内、外电压之和 D. 电源电动势与外电路的组成无关 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，选项A正确；当外电路断开时，电源两极间的电压大小等于电源电动势，选项B错误；电源电动势的数值等于内、外电压之和，选项C正确；电源电动势与外电路的组成无关，选项D正确；此题选择错误的选项，故选B．‎ 考点：电动势 ‎【名师点睛】此题考查学生对电动势的理解；要知道电源的电动势是由电源内部决定的物理量，反应将其他形式的能转变为电能的本领的大小．‎ ‎2. 如图所示，电子沿Y轴方向向正Y方向流动，在图中Z轴上一点P产生的磁场方向是 ‎ ‎ ‎ A. +X方向 B. -X方向 C. +Z方向 D. -Z方向 ‎【答案】A ‎【解析】电子沿Y轴方向向正Y方向流动，形成的电流沿Y轴负方向，根据安培定则，可得P点磁场方向沿+X方向；故选A。‎ ‎3. 如图所示，通电直导线ab位于两平行导线横截面MN的连线的中垂线上。当平行导线M、N通以同向等值电流时，下列说法中正确的是 A. ab顺时针旋转 B. ab逆时针旋转 C. a端向外，b端向里旋转 D. a端向里，b端向外旋转 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：首先分析出两个平行电流在直线电流ab处产生的磁场情况，如图所示，两电流产生的、在直线电流ab上部分的磁感线方向都是从左向右，则ab上部分电流受到的安培力方向垂直纸面向外；ab下部分处的磁感线方向都是从右向左，故ab下部分电流受到的安培力方向垂直纸面向里.所以，导线的a端向外转动，导线的b端向里转动.‎ 考点：考查磁场方向和左手定则的掌握情况 点评：本题难度中等，关键是能够画出a、b两部分磁场方向，合磁场方向，并能想到用微元法把通电电流分为上下两部分，再由左手定则判断上下两部分所受安培力方向 ‎4. 有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A。若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则 A. P出=2W，P热=0.5W B. P出=1.5W，P热=8W C. P出=2W，P热=8W D. P出=1.5W，P热=0.5W ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．‎ 在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．‎ 解：当电动机不转时，电动机的内阻为r===0.5Ω，‎ 电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2﹣I22r=1.5W．‎ 卡住后热功率：P热===8W 故选：B ‎【点评】对于电动机电路，正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机被卡住时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立．‎ ‎5. 如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束，下列说法中正确的是 A. 组成A、B束的粒子都带负电 B. 组成A、B束的离子质量一定不同 C. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 D. A束离子的比荷（）大于B束离子的比荷 ‎【答案】D ‎【解析】A：粒子进入上面磁场时，速度方向向上，洛仑兹力方向向左，根据左手定则可判断出组成A、B束的粒子都带正电；故A错误。‎ BD：粒子能沿直线经过速度选择器，则可得，A、B束的粒子的速度大小相等；进入上面磁场后可得，因为，，所以；又粒子的质量、速度和电荷量不全相等，故组成A、B束的离子质量可能相等、可能不等。即B错误、D正确。‎ C：速度选择器左板带正电、右板带负电，则电场强度向右，粒子带正电，电场力的方向向右；沿直线经过速度选择器，洛仑兹力方向向左，粒子带正电且速度向上，据左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向里。故C错误。‎ 点睛：速度选择器选择的是粒子速度的大小、方向；‎ 速度选择器对粒子的电性、电荷量没有选择。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有不少于两个选项符合题意。全部选对得4分，漏选得2分，错选和不答的得0分。‎ ‎6. 在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表A、二极管和电压表V1、V2均为理想元件，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，当R2的滑动触头P向下滑动的过程中 A. 电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大 B. R2消耗的电功率增大 C. 电容器上的电压与电流表A示数的比值不变 D. 电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值保持不变 ‎【答案】AD ‎【解析】A：R2的滑动触头P向下滑动，R2的阻值增大，，电路中电流减小，，路端电压增大，电压表V1的示数增大；，电阻R2两端的电压增大，电压表V2的示数增大。故A正确。‎ B：R2消耗的电功率 ，R2的阻值增大，R2消耗的电功率有可能减小。故B错误。‎ C：因为二极管与电容器相连，则这个电路中二极管两端电压不会减小，R2的阻值增大，电路中电流减小，电容器上的电压与电流表A示数的比值增大。故C错误。‎ D：，故，即电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值保持不变。故D正确。‎ 点睛：理想二极管和电容器串联后，电容器电压只能单调变化。‎ ‎7. 空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则 A. 该离子带负电 B. AB两点位于同一高度 C. C点时离子速度最大 D. 离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电，A正确；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位移同一高度，B正确；根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误。故选ABC。‎ 考点：带电粒子在电磁场中的运动。‎ ‎【名师点睛】带电粒子在正交的匀强电磁场中从静止开始运动，所受电场力为一恒力，洛伦兹力是一变力，粒子所做的运动是一变速曲线运动，解答时，要利用洛伦兹力不做功，电场力所做的功就是合力的功这个特点，分析动能的变化、运动情况等。‎ ‎8. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，核心部分为两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，将其置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连，下列说法正确的是 A. 粒子被加速后的最大动能随加速电场电压的增大而增大 B. 离子由加速器的边缘进入加速器 C. 电场变化周期由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定 D. 为使被加速的粒子获得的动能增加为原来的4倍，可只调节D形盒的半径增大为原来的2倍 ‎【答案】CD ‎【解析】A：据得，当粒子在D形盒内运动半径最大时，速度最大，；粒子被加速后的最大动能，可得：，则粒子被加速后的最大动能与加速电场电压无关。故A错误。‎ B：离子由加速器的中间部分进入加速器，故B错误。‎ C：电场变化周期应等于粒子在磁场中运动的周期，则电场变化周期由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定。故C正确。‎ D：被加速的粒子获得的动能，只调节D形盒的半径增大为原来的2倍，粒子获得的动能增加为原来的4倍。故D正确。‎ 点睛：粒子经回族加速器加速获得的最大动能与加速电压无关，加速电压影响的是加速的次数。‎ ‎9. 如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一个质量为m，电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向。下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力f随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是 ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：小球受重力、洛伦兹力、支持力和滑动摩擦力，然后根据牛顿第二定律列式分析求解．‎ 解：小球向上运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向下的滑动摩擦力，向上运动，重力和摩擦力做负功，速度不断减小，洛伦兹力不断减小，支持力减小，故滑动摩擦力减小，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当速度减为零时，向上的位移最大，摩擦力等于0，而加速度等于重力加速度；‎ 小球达到最高点后向下运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向上的滑动摩擦力，由于速度不断变大，洛伦兹力不断变大，支持力变大，故滑动摩擦力变大，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大；‎ A、由以上的分析可知，小球先向上运动，加速度逐渐减小；后小球向下运动，加速度仍然继续减小．负号表示速度的方向前后相反．故A正确；‎ B、由以上的分析可知，小球先向上运动，摩擦力的方向向下，逐渐减小；后小球向下运动，摩擦力的方向向上，逐渐增大．故B正确；‎ C、小球向上运动的过程中：Ek=Ek0﹣WG﹣Wf=Ek0﹣mgx﹣fx，由于f逐渐减小，所以动能的变化率逐渐减小．故C错误；‎ D、小球运动的过程中摩擦力做功使小球的机械能减小，向上运动的过程中：△E=﹣f△x，由于向上运动的过程中f逐渐减小，所以机械能的变化率逐渐减小；而向下运动的过程中摩擦力之间增大，所以机械能的变化率逐渐增大．故D正确．‎ 故选：ABD ‎【点评】本题关键分析清楚带电小球的运动情况，明确：向上运动的过程中摩擦力逐渐减小，向下运动的过程中摩擦力逐渐增大，加速度、速度和动能、机械能都随之发生 变化．‎ 三、简答题：本题共3小题，共32分。把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答。‎ ‎10. （1）小明同学用螺旋测微器对一段金属丝进行了直径的测量，如图所示，可知其直径为_______mm。‎ ‎（2）小明用多用电表测一金属丝的电阻，进行了如下操作，请你将相应的操作步骤补充完整。‎ ‎①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔，选择开关旋至电阻“×10”档位；‎ ‎②将红、黑表笔短接，调节____旋钮（填图乙中的“A”或“B”或“C”），使欧姆表指针对准电阻的____处（填“0刻度线”或“∞刻度线”）；‎ ‎③将红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，此时多用电表的示数如图乙所示；‎ ‎④为了使金属丝的阻值测量能够再准确些，小明应将选择开关旋至电阻档___（填“×1”或“×1k”）档位，重新进行电阻调零；‎ ‎⑤重新测量，得到如图丙所示结果，则金属丝的电阻为_____Ω。‎ ‎【答案】 (1). 3.470 (2). B (3). 0刻线处 (4). ×1 (5). 6.0‎ ‎【解析】（1）螺旋测微器读数为 ‎（2）②将红、黑表笔短接，调节__ B __旋钮（欧姆调零旋钮），使欧姆表指针对准电阻的0刻度线处；‎ ‎④为了使金属丝的阻值测量能够再准确些，小明应将选择开关旋至电阻档_×1_档位；原因是选用“×10”档位，示数偏小，测量结果＝示数×倍率，要增大示数，则减小倍率。‎ ‎⑤得到如图丙所示结果，则金属丝的电阻为 点睛：使用欧姆表测电阻时，要让指针指在刻度盘的中间附近；如不指在中间附近，要通过换档来实现，且每次换档必须重新调零。‎ ‎11. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“3V 1.5W”的小灯泡，导线和开关，还有：‎ A.直流电源（电动势6V，内阻可不计）‎ B.直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）‎ C.直流电流表（量程0～600mA，内阻约为5Ω）‎ D.直流电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ）‎ E.直流电压表（量程0～3V，内阻约为6kΩ）‎ F.滑动变阻器（10Ω,2A） G.滑动变阻器（1k Ω，0.5A）‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化直至额定电压，且电表读数相对误差较小。‎ ‎（1）以上器材中电流表选用_______（填代号），电压表选用______（填代号），滑动变阻器选用__________（填代号）。‎ ‎（2）在方框中画出实验电路图____。‎ ‎（3）某同学通过实验得到了一组数据点，请描绘出该灯泡的U—I图线 ________。‎ ‎（4）现把这种小灯泡接到电源电动势E=3V，内阻r=3Ω的电源两端，则此时灯泡的实际功率为________W（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). F (4). (5). (6). 0.72‎ ‎【解析】（1）标有“3V 1.5W”的小灯泡，，解得：，故电流表选C（量程0～600mA，内阻约为5Ω）　电压表选E（量程0～3V，内阻约为6kΩ）；‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化直至额定电压，控制电路采用分压式，故滑动变阻器选F（10Ω,2A）‎ ‎（2），解得，灯的电阻相对电压表电阻较小，测量电路采用电流表的外接法，控制电路采用分压式。故电路为：‎ ‎（3）实验得到了一组数据点，描绘出该灯泡的U—I图线如图：‎ ‎.....................‎ 点睛：电源的U—I图线和电阻的U—I图线交点表示将两者相连时对应的工作电压和工作电流。‎ ‎12. 测量电源的电动势和内阻，提供的器材如下：‎ A．待测电源（电动势约为8V、内阻约为 2Ω） ‎ B．电压表V（0～3V） ‎ C．电流表A（0～1A） ‎ D．电阻箱R（0～99999.9Ω） ‎ E．滑动变阻器（0～20Ω）‎ F．滑动变阻器（0～100Ω） ‎ G．开关、导线若干 ‎ ‎（1）采用图甲所示电路测量电压表的内阻RV．调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2.电压表内阻RV=____． ‎ ‎（2）若测得电压表内阻RV=3010Ω，与之串联R=____Ω的电阻，将电压表的量程变为9V．‎ ‎（3）为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整_____．‎ ‎（4）实验中，滑动变阻器应选择____（选填“E”或“F”）．请指出实验误差形成的原因（写出一点）：____．‎ ‎【答案】 (1). R2-2R1 (2). 6020 (3). (4). E (5). 电压表的分流 ‎【解析】（1）图甲所示电路测量电压表的内阻RV．调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1，则；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2，则。联立解得： ‎ ‎（2）若测得电压表内阻RV=3010Ω，将电压表的量程变为9V，与之串联的电阻R应满足，解得：‎ ‎（3）为测量电源的电动势和内阻，先将电压表改装，然后借助新的电压表和电流表测电源的电动势和内阻，则电路为：‎ ‎（4）实验中，滑动变阻器应选择_ E _．（大的滑动变阻器，调到一半阻值时，电路中电流约为0.16A，实验不具有可操作性）请指出实验误差形成的原因：电压表的分流（读数误差、电表精度等）．‎ 四、计算论述题：本题共4小题，共57分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎13. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在的平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，取g=10m/s2。已知sin37°=0.60，cos37°=0.80.求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力。‎ ‎【答案】（1）1.5A （2）0.30N （3）0.06N ‎ ‎【解析】本题考查闭合电路欧姆定律、安培力及共点力的平衡。‎ ‎（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ ‎ ‎ ‎（2）导体棒受到的安培力： ‎ ‎（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件，解得：f=0.06N ‎ ‎ 方向沿斜面向下。‎ ‎14. 一个质量为m带电量为+q的小球以水平初速度v0自离地面h高度处做平抛运动。不计空气阻力。重力加速度为g。试回答下列问题：‎ ‎（1）小球自A点抛出到第一次落地（落地点为P）过程中水平方向的位移s大小是多少？‎ ‎（2）若在空间加一个竖直方向的匀强电场，发现小球水平抛出后做匀速直线运动，则匀强电场强度E是多大？‎ ‎（3）在空间加了第（2）问中的电场后，若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，发现小球从A点抛出后落地点仍然是P。试问磁感应强度B是多大？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】本题考查平抛以及物体在复合场中的运动。‎ ‎（1）以水平初速度v0自离地面h高度处做平抛运动　 ；解得 ‎ ‎（2）小球水平抛出后做匀速直线运动，则； 解得 ‎ ‎（3）空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，发现小球从A点抛出后落地点仍然是P，则小球运动轨迹如图：‎ 由几何关系有： 解得： ‎ 又 联立解得： ‎ ‎15. 如图所示，有一位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道，其上半部分处于竖直向下、场强为的匀强电场中，下半部分处于水平向里的匀强磁场中；质量为m，带正电为q的小球，从轨道的水平直径的M端由静止释放，若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）磁感强度B的大小；‎ ‎（2）小球第二次通过轨道最低点时对轨道的压力；‎ ‎（3）若小球恰好能在圆形轨道内做完整的圆周运动，则小球在轨道最高点的速度大小为多少？小球从M端出发时的竖直向下的速度大小是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）6mg （3） ‎ ‎【解析】本题考查物体在复合场中的圆周运动 ‎（1）小球在下半轨道上来回运动时受重力、支持力、洛仑兹力，但只有重力做功，因此小球的机械能守恒。从M到最低点有 在最低点有 即 联解得 ‎ ‎（2）小球从M到N以及在轨道上来回运动时受重力、支持力、洛仑兹力，但总只有重力做功，因此小球的机械能始终守恒。从N到最低点时对轨道最低点的有最大压力。‎ 在最低点有 解得N2=6mg ‎ ‎（3）要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，此时对圆形轨道的最高点压力为零，设小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度为v0，在最高点速度为v1。‎ 从M→轨道的最高点，据动能定理：‎ 在圆形轨道的最高点： ‎ 解得= ‎ ‎16. 如图所示，在xOy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场。y轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；MN右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的粒子以v0的速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，粒子在此过程中通过电场的总时间t总=，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）左侧磁场区域的最小宽度；‎ ‎（2）电场区域电场强度的大小；‎ ‎（3）右侧磁场区域宽度及磁感应强度满足的条件。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）①当半径r=R时，则B==2B1          右侧磁场的最小宽度为       ②当半径r=2R时，B==B1          右侧磁场的最小宽度为     ‎ ‎【解析】本题考查粒子在组成场中的运动及临界条件。‎ ‎（1）粒子在磁场做圆周运动（半圈）由 轨道半径：‎ 由几何知识可知，左侧磁场的最小宽度就是粒子做圆周运动的半径即 ‎（2）粒子在电场中来回的总时间为t总=，所以电场对带电粒子单次通过的时间为t=，显然，粒子首次通过电场中是加速运动，粒子应该带负电．‎ 由 即 得到：‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ 解得： ‎ ‎①当半径r=R时，则B==2B1          右侧磁场的最小宽度为      ‎ ‎②当半径r=2R时，B==B1           右侧磁场的最小宽度为     ‎ ‎ ‎ ‎ ‎