2017-2018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

2017-2018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2017-2018学年第一学期 高二年级期末考试试卷物理试题 一、选择题（每小题4分，共48分。1～8为单选题，9～12为多选题。全部答对得4分，部分答对得2分，错选得0分）‎ ‎1. 将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）沿如图所示方向射入磁场，下列说法正确的是 A. 正电荷向P板偏转 B. 负电荷向P板偏转 C. 洛伦兹力对正电荷做正功 D. 洛伦兹力对负电荷做正功 ‎【答案】A ‎【解析】等离子体射入磁场后，由左手定则知正离子受到向上的洛伦兹力，向A板偏转，负电荷向B板偏转，选项A正确，B错误；洛伦兹力的方向与速度方向垂直，则洛伦兹力不做功，选项CD错误；故选A.‎ 点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意四指指正电荷运动的方向；洛伦兹力不做功．‎ ‎2. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则 ‎ A. t =0.005s时线框的磁通量变化率为零 B. t =0.01s时线框平面与中性面重合 C. 线框产生的交变电动势有效值为311V D. 线框产生的交变电动势的频率为100Hz ‎【答案】B ‎【解析】由图可知t=0.005s时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以穿过线框回路的磁通量的变化率最大，A错误；t=0.01s时刻感应电动势等于零，穿过线框回路的磁通量最大，此时线框平面与中性面重合，B正确；产生的有效值为：，故C错误；周期为，故频率为，故D错误．‎ 视频 ‎3. 如图所示，电源的电动势为E，内阻忽略不计．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，直流电阻不计．关于这个电路的说法中正确的是 A. 闭合开关瞬间，A、B同时变亮 B. 闭合开关一会后，A、B一样亮 C. 开关由闭合至断开，在断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭 D. 开关由闭合至断开，在断开瞬间，电流自左向右通过A灯 ‎【答案】B ‎【解析】闭合开关瞬间，A灯立刻亮，通过线圈的电流增大，线圈产生自感电动势，根据楞次定律感应电动势要阻碍电流的增大，使得通过线圈的电流逐渐增大，所以B灯逐渐变亮，最后一样亮，故B正确，A错误；开关由闭合到断开瞬间，B灯中原来的电流突然消失，线圈中电流减小，产生自感电动势阻碍电流减小，自感电流流过两灯，两灯都过一会熄灭，稳定时两灯中的电流相同，A不会闪亮一下再熄灭，故C 错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过A灯，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎4. 金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，则 A. B、D两点的电势相等 B. B点的电场强度比D点的大 C. 负电荷在C点的电势能小于在A点的电势能 D. 正电荷由D点静止释放，只受电场力作用沿电场线运动到B点 ‎【答案】C ‎【解析】沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D点电势比B点电势高，故A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，B点的电场强度比D点的小．故B错误；沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，C点电势比A点电势高，所以负电荷在C点的电势能低于在A点的电势能． 故C正确；正电荷由D点静止释放，受电场力方向沿曲线的切线方向，所以运动的轨迹不会沿电场线的方向．故D错误．故选C.‎ 点睛：该题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低．‎ ‎5. 如图所示，两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于一个等边三角形ABC的A和B处，两通电导线在C处的磁场的磁感应强度的值都是B，则C处磁场的总磁感应强度是 ‎ A. 2B B. B C. B D. 0‎ ‎【答案】B ‎...............‎ ‎ 根据几何关系知合磁感强度为：，方向水平向右，故B正确，ACD错误。‎ ‎6. 在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中电阻R0‎ 为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω．闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是 A. 电动机两端的电压为7.0 V B. 电动机的输出功率为14 W C. 电动机的发热功率为4.0 W D. 电源输出的电功率为24 W ‎【答案】A ‎【解析】电动机两端的电压：UM=E-I（r+R0）=12-2×（1.0+1.5）=7V，故A正确；电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的总功率为：P总=UMI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=14 W-2W=12W，故BC错误；电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=12×2-22×1W=20W，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎7. 一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是 A. 此液滴带正电 B. 液滴的加速度等于零 C. 合外力对液滴做的总功等于零 D. 液滴的电势能和动能之和是增加的 ‎【答案】D ‎【解析】由题义可知，带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析如图所示，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故A错误；‎ 由图可得物体所受合力为：，所以物体的加速度为：，故B错误；由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，所以合外力对物体做正功，总功不为零，故C错误；因液滴的重力做正功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎8. 如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是 A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B. 穿过线圈a的磁通量变小 C. 线圈a有扩张的趋势 D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大 ‎【答案】D ‎【解析】当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，b线圈产生的磁场增强，故穿过线圈a的磁通量变大；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的增大，故a的感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故AB错误；根据楞次定律可知，线圈a应有收缩的趋势，故C错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎9. 如图所示，理想变压器的输入端接正弦交流电，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开。当K接通时，以下说法中正确的是 ‎ A. 副线圈的两端M、N的输出电压减小 B. 副线圈输电线等效电阻R上的电压增大 C. 通过灯泡L1的电流减小 D. 原线圈中的电流减小 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：因为变压器的输入电压不变，原副线圈匝数比不变，根据公式可得副线圈的两端M、N的输出电压不变，A错误；当K接通时，副线圈中的总电阻减小，而副线圈两端的电压不变，所以副线圈干路电流增大，即R两端的电压增大，所以并联电路两端的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，BCD正确；‎ 考点：考查了理想变压器 ‎10. 测定压力变化的电容式传感器如图所示，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器连接到如图所示的电路中，当待测压力增大时 A. 电容器的电容将增加 B. 电容器的电容将减小 C. 电阻R中有从a流向b的电流 D. 电阻R中有从b流向a的电流 ‎【答案】AD ‎【解析】当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式：可知，电容C增大，故A正确，B错误；电容板间电压U不变，电容器所带电量为Q=CU，因为C增大，则Q增大，电容器处于充电状态，而A板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，电阻R中有从b流向a的电流，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎11. 如图所示，在长方形abcd区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为ad边的中点，ab = 2ad。由氕核和氘核（重力不计）组成的一细束粒子流沿与ab平行的方向以相同的速度从O点射入磁场中，下列说法正确的是 ‎ A. 氕核和氘核在磁场中运动的轨道半径之比为2∶1‎ B. 氕核和氘核在磁场中运动的周期之比为1∶2‎ C. 若氘核从Od边射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶1‎ D. 若氕核从d点射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】设ab = 2ad=4L，氕核和氘核的电荷量均为q，质量分别为m、2m，根据牛顿第二定律可得：，解得：，所以氕核和氘核在磁场中运动的轨道半径之比为1∶2，故A错误；根据牛顿第二定律可得：，解得：，又根据：，联立可得：，即氕核在磁场中运动的周期为：，氘核在磁场中运动的周期为：，所以氕核和氘核在磁场中运动的周期之比为1∶2，故B正确；若氘核从Od边射出磁场，则其在磁场中运动的时间：，氕核在磁场中运动的时间，得t1∶t2 =1∶2，故C错误；若氕核从d点射出磁场，则其在磁场中运动的时间，氘核在磁场中运动的时间，可得t1∶t2 =1∶1，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎12. 如图所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L。导轨间接有一阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中 A. 导体棒的最大速度小于 B. 通过电阻的电荷量为 C. 导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量 D. 重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量 ‎【答案】ABD ‎【解析】导体棒匀速运动时速度最大，由于导体棒做加速度减小的变加速运动，加速度小于g，根据功能关系可知最大速度小于．故A错误．通过电阻R的电量为，故B正确．由功能原理可知，导体棒克服安培力做的功等于电阻R与r上产生的热量之和，故C错误； 根据动能定理可知，重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量，故D正确．故选BD．‎ 点睛：本题运用功能关系分析实际问题．对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量.‎ 二、实验题（16分。其中13题8分，14题8分）‎ ‎13. （1）如图所示，分别由图读出千分尺和游标卡尺的读数。‎ ‎ ‎ ‎(2)如图是改装后的电表的电路图，认识正确的是______________‎ A.（a）图是电流表，使用、两个端点时，量程较大 B.（a）图是电流表，使用、两个端点时，量程较大 C.（b）图是电压表，使用、两个端点时，量程较大 D.（b）图是电压表，使用、两个端点时，量程较大 ‎【答案】0.700mm 19.90mm BC ‎【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为：19mm，游标尺上第18个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×0.05mm=0.90mm，所以最终读数为：19mm+0.90mm=19.90mm。螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm。‎ ‎（2）由图示电路图可知，（a）图电流计与分流电阻并联，（a）图是电流表，使用a、c两个端点时分流电阻较大，电流表量程较小，故A错误；使用、两个端点时，分流电阻较小，电流表量程较大，故B正确；由图示电路图可知，（b）图中电流计与分压电阻串联，（b）图是电压表，使用a、c两个端点时，串联分压电阻阻值较大，电压表量程较大，故C正确；使用、‎ 两个端点时，串联分压电阻阻值较小，量程较小，故D错误。所以选BC。‎ ‎14. 在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．‎ ‎（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．‎ ‎（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(填“A”或“B”)．‎ ‎（3）如图是根据实验数据作出的U－I图象，由图可知，电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.‎ ‎【答案】 (1). (2). B (3). 1.5 1.0‎ ‎【解析】试题分析：（1）电路连接如图．‎ ‎（2）闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值应该最大，故滑片应置于B端．‎ ‎（3）由图象可知，电源电动势为1．5 V，内阻 考点：测定电源的电动势和内阻 ‎【名师点睛】本题考查了连接实物电路图的连接、求电源电动势与内阻，连接实物电路图时，要注意电压表正负接线柱不要接反，注意电表量程的选择；电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻。‎ 三、计算题（共46分。解答应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）‎ ‎15. 如图所示，将长为L=50 cm、质量为m=10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以I1=0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长，求：(取g＝10m/s2)‎ ‎(1)匀强磁场中磁感应强度是多大？‎ ‎(2)当金属棒通以I2=0.2 A由a到b的电流时，弹簧伸长x=1 cm，则弹簧的劲度系数是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：根据安培力等于重力，即可求解；根据安培力加弹力等于重力，再由受力分析，借助于平衡条件，即可求解。‎ ‎(1)由题可知：F安=mg 即 ‎ 代入数据解得： ‎ ‎（2）当电流由时，金属棒的受力情况为：F安+2kx=mg 则：   ‎ 代入数据解得： ‎ 点睛：本题主要考查了安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，体现了胡克定律，安培力公式，同时注意左手定则的应用。‎ ‎16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知,,不计粒子重力，求： ‎ ‎（1）电场强度大小E ‎（2）带电粒子从O点进入磁场时的速度大小和方向 ‎（3）磁感应强度大小B ‎【答案】(1) (2) 60° (3) ‎ ‎【解析】试题分析：粒子垂直于电场进入做类平抛运动，由牛顿第二定律可得到加速度，结合两个方向的分位移，由位移时间公式求解；根据运动学公式求出竖直速度，在根据速度的合成即可求出电粒子从O点进入磁场时的速度大小和方向；粒子由N到P，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力的公式，可由牛顿第二定律求出在磁场中运动的半径，即可求出磁感应强度大小。‎ ‎（1）粒子运动轨迹如图所示：‎ 在电场中做类平抛运动，在x轴方向：‎ y轴方向：‎ 联立解得：‎ ‎（2）设粒子进入磁场时速度为v，和x轴的夹角为 竖直方向的速度为： ‎ 由tan= ‎ ‎ 解得： =60°‎ 合速度为： ‎ 在磁场中轨迹如上图所示，设轨迹半径为r ，由几何关系可得： ‎ 解得：‎ 根据牛顿第二定律可得：‎ 联立以上解得： ‎ 点睛：本题主要考查了粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。 ‎ ‎17. 如图，在水平地面MN上方空间存在一有界匀强磁场区域，磁场沿水平方向，磁感应强度大小B =1.0T，上边界EF距离地面的高度H = 0.7m。正方形金属线框abcd的质量m = 0.1kg，边长L = 0.1m，总电阻R = 0.02Ω，线框的ab边距离EF上方h = 0.2m处由静止开始自由下落，ab保持水平，且线框平面始终与磁场方向垂直，g取10m/s2。求 ‎（1）线框刚进入磁场时ab两端电压大小U；‎ ‎（2）线框刚要落地时速度v的大小；‎ ‎（3）线框产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】(1) 0.15V (2) (3) 0.1J ‎【解析】（1）线框进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2， 线框的速度 ‎ ‎18. 如图所示，在E=1.5×104V /m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平光滑的绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，C为圆弧的最高点。一带正电的小滑块从水平轨道上某点由静止释放，通过C点时恰好对轨道无压力，已知小滑块质量为m=0.2kg，带电量q=10-4C（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：‎ ‎（1）滑块应在水平轨道上离N点多远处静止释放？ ‎ ‎（2）这样释放的滑块在圆轨道上运动时对轨道压力最大值为多少？‎ ‎【答案】(1) (2) 13.5N ‎【解析】试题分析：小滑块在C点时恰好对轨道无压力，重力提供向心力，求出此时的速度，在由动能定理求出滑块应在水平轨道上离N 点多远处静止释放；根据力的合成找出速度最大的点，求出等效重力，在根据牛顿第二定律和动能定理求出对轨道压力最大值。‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力．在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；‎ ‎（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得 ‎ ‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力，所以：‎ 代入数据解得： ‎ ‎（2）滑块到达Q点(OQ与竖直方向夹角37°)时，对轨道压力最大，全过程应用动能定理得 ‎ ‎ 在Q点时由牛顿第二定律可得： ‎ 其中： ‎ 解得：N=13.5N ‎ 由牛顿第三定律可得，滑块通过Q点时对轨道压力是13.5N． ‎ 点睛：本题主要考查了轨道问题，关键是做好受力分析，明确运动情景，建立模型，应用规律解决问题，同时注意挖掘隐含条件“恰能到达并通过最高点C”，说明此时由重力提供向心力。‎ ‎ ‎ ‎ ‎