2017-2018学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二上学期第二次阶段考试物理试题 解析版

2017-2018学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二上学期第二次阶段考试物理试题 解析版

惠来一中2017-2018学年度第一学期第二次阶段考试高二级物理试卷 一、单项选择题 ‎1. 有关磁感应强度的方向，下列说法正确的是（ ）‎ A. B的方向就是小磁针N极所指的方向 B. B的方向与小磁针在任何情况下N极受力方向一致 C. B的方向与小磁针在任何情况下S极受力方向一致 D. B的方向就是通电导线的受力方向 ‎【答案】B ‎【解析】物理学中规定小磁针受力静止时N极的指向为该点的磁感应强度方向，所以B正确，‎ 思路分析：物理学中规定小磁针受力静止时N极的指向为该点的磁感应强度方向，‎ 试题点评：本题考查了磁感应强度的方向和小磁针静止时N极的指向的关系，‎ ‎2. 当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则( )‎ A. 小磁针B的N极向纸外转 B. 小磁针B的N极向纸里转 C. 小磁针B不转动 D. 因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动 ‎【答案】A ‎【解析】根据通电螺线管的磁场与小磁针的相互作用情况可以判断：螺线管的左边应该是S极。再根据安培定则，右手握住螺线管，大拇指指向螺线管的N极，其余四指的方向就是通电螺线管中的电流方向，即电流从左边流入，右边流出，如图所示。‎ 根据安培定则判知小磁针B所在处的磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针B的N极向纸外转，A正确。‎ ‎3. 电荷量相同的带电粒子(不计重力)A、B,先后以相同的速度从同一点垂直射入一个水平放置的平行板电容器中,偏转后打在电容器同一极板上,水平飞行距离之比为xA︰xB=2︰1,如图所示.则带电粒子的质量之比mA︰mB以及在电场中的飞行时间之比tA︰tB分别为( )‎ A. 4:3 2:1 B. 4:1 2:1‎ C. 3:4 1:1 D. 2:3 1:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】粒子在电场中做类平抛运动，‎ 水平方向，‎ 竖直方向 ‎ ‎ 故B正确。‎ 综上所述本题答案是：B ‎4. 如图所示，电源电动势E=36V，内阻r=1Ω，电灯上标有“6V，12W”的字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω。接通电源后，电灯恰能正常发光，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电路中的电流大小6A B. 电动机产生的热功率56W C. 电动机的机械效率85.7%‎ D. 电源的输出功率为72W ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：因为灯泡恰好能正常发光，所以根据公式可得，电灯和电动机串联在电路中，所以电路中的电流大小为2A，A错误；根据公式可得电动机产生的热功率为，B错误；电动机消耗的总功率为，故电动机的机械效率大小为，C正确；电源的输出功率为，D错误 考点：考查了非纯电阻电路电功率的计算 ‎5. 如图所示，长为L的导线AB放在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为d，通过的电流为I，垂直于纸面的匀强磁场的磁感应强度为B，则AB所受的磁场力的大小为（ ）‎ A. BIL B. BIdcosθ C. BId/sinθ D. BIdsinθ ‎【答案】C ‎【解析】由公式F=BIL得 ．故选：C.‎ ‎6. 如图所示,在空间水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平, A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,由此可见,下列说法正确的是(  ) ‎ A. 电场力为2mg B. 小球带正电 C. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等 D. 小球从A到B与从B到C的速度变化量相等 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动．两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式 ‎，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小．根据研究速度变化量的关系．‎ 由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电，故B错误；带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为和，竖直分位移分别为和，经历的时间为分别为和．在电场中的加速度为a．则从A到B过程小球做平抛运动，则有：，从B到C过程，有：，由题意有，则得；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，故C错误；又，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：，根据几何知识有，解得：，根据牛顿第二定律得，解得，故A错误；根据速度变化量，则得：AB过程速度变化量大小为；BC过程速度变化量大小为；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D正确．‎ ‎【点睛】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析．‎ 二、多项选择题 ‎7. 空间存在着平行于x轴方向的静电场,P,M,O,N,Q为x轴上的点,P,Q之间各点的电势随位置坐标x的变化如图所示.一个带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴正方向运动,下列说法正确的是(　 )‎ A. 粒子一定带正电 B. P点的电势高于M点的电势 C. M点的电场强度小于N点的电场强度 D. 粒子从M点向N点运动的过程中,电势能一直减小 ‎【答案】ABD ‎【解析】粒子是从静止开始运动的，所以受到的电场力方向为从M到Q，从图中可知电势渐渐降低，即电场方向沿x正方向，所以粒子受到的电场力方向和电场方向相同，故粒子带正电，A正确；由于电场线方向由P到Q，则沿着电场线方向，电势降低，那么P点的电势高于M点的电势，B错误；根据，可知，图象的斜率的绝对值大小表示电场强度的大小，那么M点的电场强度大于N点的电场强度，C错误；因带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，电场力做正功，则电势能一直减小，D正确．‎ ‎8. 一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，以下说法正确的是 ( )‎ A. 保持电键S闭合，使两极板靠近一些 ，φ将增大 B. 保持电键S闭合，使两极板远离一些，φ将增大 C. 断开电键S，使两极板靠近一些，φ将不变 D. 保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，将有电流从左向右流过滑动变阻器 ‎【答案】AC ‎【解析】保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，两板靠近时，板间距离d减小，由分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大，反之保持电键S闭合，使两极板远离一些，板间场强减小，小球所受电场力减小，则减小，，故A正确B错误．若断开电键，则两极板所带电荷量不变，根据公式，联立可得，即两极板间的电场强度与两极板的距离无关，所以电场强度不变，小球受力不变，故不变，C正确；保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，两极板间的电压不变，仍等于电源电压，所以电容器两极板所带电荷量不变，故不放电，没有电流通过滑动变阻器，D错误．‎ ‎9. 如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点电势．若不计重力，则(　　)‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】BD 点睛：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．‎ 视频 ‎10. 如右图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体A受到地面的支持力先增大后减小 B. 物体A受到地面的支持力保持不变 C. 物体A受到地面的摩擦力先减小后增大 D. 库仑力对物体B先做正功后做负功 ‎【答案】AC ‎【解析】对物体A受力分析，受到竖直向下的重力mg，竖直向上的支持力N，水平向左的摩擦力f，以及B对A的库仑力F，如图所示（表示A受到的库仑力F与竖直方向的夹角），因为运动过程中A始终保持静止，则根据共点力平衡条件可知，，因为先减小后增大，所以支持力的大小先增大后减小，摩擦力先减小后反向增大，AC正确B错误；库仑力的方向与B的运动方向垂直，所以库仑力不做功，D错误．‎ ‎11. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(　 　) ‎ A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. 电源的输出功率逐渐增大 ‎【答案】AD ‎【解析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流I增大，电源的内电压增大，电源的路端电压U减小；‎ 对：增大、增大；‎ 对电容器：减小，质点P受到的电场力减小，质点P将向下运动；‎ 对：减小，减小；‎ 对电流表：增大；‎ 对：增大，增大；‎ 对：减小，电压表读数减小；‎ 电源的输出功率： 滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路外电阻R减小，(R1大于电源的内阻r)，当R减小时，输出功率增大。‎ 综上AD正确。‎ 点睛：在使用程序法分析电路动态变化时，要先局部电阻的变化到总电阻的变化到电路中电流的变化，再到电源内外电压的变化，再到干路电阻的电流电压变化，再到支路固定电阻电压电流的变化，最终支路变化电阻的电压电流变化；这样分析才思路清晰。建议除了程序法以外，适当了解下串反并同。‎ ‎12. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：分析电子一个周期内的运动情况时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零．‎ 时间内向B板做匀加速直线运动，‎ 时间内做匀减速直线运动．接着周而复始．根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确C错误；电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故B错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴．故D正确．‎ 考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动 ‎【名师点睛】本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况．‎ 三、非选择题：按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用刻度尺量出圆柱体长度为L，用螺旋测微器测出其直径D如图所示，则D=_________mm．‎ ‎（2）若用多用电表的欧姆挡粗测圆柱体的电阻．机械调零、欧姆调零后，选择“×100”倍率进行测量，发现表针偏转角度很大，正确的判断和做法是_________．‎ A．被测电阻值很大 B．被测电阻值很小 C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量 D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量．‎ ‎（3）现选择多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图1，则该电阻的阻值约为R=______Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）； 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）； 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）； 开关S、导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图2框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号__________________．‎ ‎（5）根据测得量求出圆柱体材料的电阻率。‎ ‎【答案】 (1). 5.696mm--5.698mm (2). BD (3). 220 (4). ‎ ‎【解析】试题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；欧姆表在测量前指针指在无穷大处，据此分析指针偏转角大小对应被测电阻的大小；根据电路最大电流选择电流表，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图；‎ ‎（1）螺旋测微器的读数为 ‎（2）因为欧姆表的指针的0刻度在最右边，无穷大刻度在最左边，平常不测量时指针指在无穷大可读出，所以如果指针偏转角度大，说明接近0刻度处，即被测电阻过小，需要换用低档测量，即为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量，故BD正确；‎ ‎（3）20~30之间的分度值为2，所以读数为 电源电动势为4V，电压表应选V1，电路最大电流约为：，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实验电路图如图所示： ‎ ‎14. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6 A，内阻r=0.3Ω C．电压表：量程0～3 V，内阻未知 D．滑动变阻器：0～10Ω，2 A E．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。‎ ‎（1）实验电路图应选择下图中的__________（填“甲”或“乙”）；‎ ‎（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=__________V，内电阻r=__________Ω。（所有结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 1.5V (3). 0.70Ω ‎【解析】（1）为了使得电流表的读数为通过电源电流的电流，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择甲； （2）由U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；内电阻 ‎15. 如图所示，竖直固定放置的光滑绝缘杆上O点套有一个质量为m、带电量为-q的小环。在杆的左侧固定一个带电量为+Q的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形。已知Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，静电常量为k。现使小环从图示位置的O点由静止释放，若通过a点的速率为。试求：‎ ‎（1）小环运动到a点时对杆的压力大小及方向；‎ ‎（2）小环通过b点的速率。‎ ‎【答案】（1），方向水平向左（2）‎ ‎【解析】试题分析: （1）由库仑定律可得，小环运动到a点时所受库仑力为，方向由a指向Q。‎ 设r为Q到a点的距离，依题意，所以。‎ 杆对小环的支持力，方向水平向右。‎ 由牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小，方向水平向左。‎ ‎（2）小环从a运动到b的运动过程，根据动能定理 由于Qa=Qb，所以可得 考点：库仑定律；电势能；动能定理的应用 ‎16.‎ ‎ 如图，光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m的带电小球从槽的右端A处无初速沿轨道滑下，滑到最低点B时，球对轨道的压力为2mg。求：‎ ‎（1）小球受到的电场力的大小和方向。‎ ‎（2）带电小球在滑动过程中的最大速度。‎ ‎【答案】（1），方向水平向右；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设小球运动到最底位置B时速度为v，此时①‎ 解得：‎ 若不受电场力，则：‎ 解得：‎ 因为 所以此过程中电场力做负功，电场力方向水平向右 设电场力大小为F，由题意，小球从A处沿槽滑到最底位置B的过程中，根据动能定理得：‎ ‎②‎ 由①、②两式得：③，方向水平向右 ‎（2）小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，如图 ‎④‎ 由④得：‎ 小球由A处到最大速度位置得过程中 得：‎ 考点：圆周运动、向心力、动能定理。‎ ‎【名师点睛】小球沿圆轨道下滑到达最低点时沿半径方向的合力提供向心力，求出最低点的速度大小，与无电场时到最低点的速度大小相比，说明电场力的方向，求出电场力的大小，势能最小时速度最大，还可以说当沿圆弧切线方向的合力为零时，速度最大，再应用动能定理求解最大速度的表达式。‎ ‎17. 如图所示，在真空中，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系XOY，在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E（电场强度E的大小未知）。有一质量为m，带电量为+q的小球，从坐标原点O由静止开始自由下落，当小球运动到P（0，-h）点时，在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场，其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等。其小球从P返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等，重力加速度为g，试求：‎ ‎（1）小球返回O点时的速度大小；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎（3）小球运动到最高点时的位置坐标。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（16h，4h）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设小球从O点运动到P点所用时间为t，在P点的速度为，返回O点时的速度为，则 因为，解得，‎ 所以 因为，所以 ‎（2）因为，‎ 根据牛顿第二定律可得 所以 ‎（3）在竖直方向，‎ 设小球进入x轴上方运动到最高点所用时间为，则 因为 所以，故小球运动到最高点的位置坐标为（16h，4h）‎ 考点：考查了带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解 ‎ ‎