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教育最新K12安徽省定远重点中学2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题(含解析)


小学+初中+高中

安徽省定远重点中学 2017-2018 学年高二上学期期末考试物理试题
一、选择题 1. 依据如图所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动”这一实验现象及相应规律设 计的家用电器是( )

A. 电风扇 【答案】A

B. 电饭锅

C. 电热水壶

D. 电熨斗

2. 电荷从静止开始只在电场力作用下的运动(最初阶段的运动) ,则电荷( A. 总是从电势高的地方移到电势低的地方 B. 总是从电场强度大的地方移到电场强度小的地方 C. 总是从电势能大的地方移到电势能小的地方 D. 总是从电势能小的地方移到电势能大的地方 【答案】C



【解析】如果是负电荷,运动方向与场强相反,故电势会增大,故 A 错误;静止开始的电荷 会沿着电场力的方向运动,但此方向的场强不一定减小,故 B 错误;由于电荷只受电场力, 因此电场力做正功,电势能减小,所以 ε A>ε B,故 C 正确 D 错误. 3. 一束电子流沿水平方向自东向西运动,在电子流的正上方有一点,由于电子运动产生的磁 场在该点的方向是( ) A. 竖直向上 B. 竖直向下 C. 水平向南 D. 水平向北 小学+初中+高中

小学+初中+高中 【答案】C 【解析】试题分析:电子运动方向自东向西,所以产生的电流方向自西向东,由右手螺旋定 则可知产生的磁场在该点的方向是水平向南 考点:考查电流的磁效应 点评:难度较小,主要考查电流的磁效应,利用右手螺旋定则,注意大拇指指向的是电流的流向, 及电子速度的反方向。 4. 用电压表检查如图所示电路中的故障,测得 可能是( ) , ,则此故障

A. L 断路 B. R 断路 C. R′ 断路 D. S 断路 【答案】C 【解析】电压表有示数说明此时的电路可以组成闭合的回路,故障应该在和电压表并联的部 分,当电压表示数为零,说明此时的电路不通,电路中没有电流,故障不在和电压表并联的 部分.用电压表测量得到 Uab=5.0V,说明从 b 到 c 到 d 这一部分电路是通的,故障可能出现在 电键和 ab 之间, 由于 Ucd=0V, Ubc=0V, 说明此时的电路不通, 故障在 ab 之间, 又由于 Uad=5.0V, 说明电键是好的,所以故障一定是 R 断路,所以 B 正确. 综上所述本题答案是:B 点睛: 本题是对电路故障的分析,当电路中有电流,能组成闭合的回路的时候,电压表就 会有示数,否则,电压表就没有示数. 5. 如图所示,一圆环上均匀分布着负电荷,x 轴垂直于环面且过圆心 O.下列关于 x 轴上的 电场强度和电势的说法正确的是( )

小学+初中+高中

小学+初中+高中 A. 从 O 点沿 x 轴正方向,电场强度先增大后减小,电势一直降低 B. 从 O 点沿 x 轴正方向,电场强度先增大后减小,电势先降低后升高 C. O 点的电场强度为零,电势最低 D. O 点的电场强度不为零,电势最高 【答案】D 【解析】试题分析:圆环上均匀分布着负电荷,根据对称性可知,圆环上各电荷在 O 点产生 的场强抵消,合场强为零.圆环上各电荷在 x 轴产生的电场强度有水平向左的分量,根据电 场的叠加原理可知,x 轴上电场强度方向向左,根据顺着电场线方向电势降低,可知,从 O 点 沿 x 轴正方向,电势升高. O 点的场强为零, 无穷远处场强也为零, 所以从 O 点沿 x 轴正方向, 场强应先增大后减小.故 A、B 错误.根据对称性可知,O 点的电场强度为零,根据顺着电场 线方向电势降低,可知 O 点的电势最低.故 D 错误,C 正确;故选 C. 考点:电场强度;电势 6. 半径为 r 的圆形空间内,存在着垂直纸面向里的匀强磁场,一个带正电粒子(不计重力) 从 A 点以速度 垂直于磁场方向射入磁场中,并从 B 点射出,∠AOB=120°,如图所示,则该 )

带电粒子在磁场中运动的时间为(

A.

B.

C.

D.

【答案】D 【解析】由图可知,粒子转过的圆心角为 60°,

,转过的弧长为

,则运动所用时间



小学+初中+高中

小学+初中+高中 综上所述本题答案是;D。 点睛:本题考查洛伦兹力的知识点,意在考查学生的推理能力。 7. 如图(a)所示:AB 是某电场中的一条电场线,若在 A 点放置一初速度为零的电子,电子 仅在电场力的作用下,沿 AB 由 A 运动到 B 过程中的速度图像如图(b)所示,则下列关于 A、 B 两点电势 和电场强度 E 的判断中正确的是( )

A. B. C. D. 【答案】D , , ,



【解析】在 v-t 图中图像所包围的面积代表了加速度的大小,由图可知,电子在 A 点加速度较 大,则可知 A 点所受电场力较大,由 可知,A 点的场强要大于 B 点场强;

而电子从 A 到 B 的过程中,速度增加,动能增大,则可知电场力做正功,电子带负电,电场线与 电场力的方向相反,所以电场线应该是由 B 到 A,故 A 点的电势要小于 B 点电势,故 D 正确; 综上所述本题答案是:D 点睛:由图可知带电粒子速度变化情况,则可明确粒子在两点的加速度大小关系,即可确定电 场强度的大小;由功能关系可以确定电势的高低. 8. 一条形磁体静止在斜面上,固定在磁体中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的 恒定电流,如图所示.若将磁体的 N 极位置与 S 极位置对调后,仍放在斜面上原来的位置,则磁 体对斜面的压力 FN 和摩擦力 Ff 的变化情况分别是( )

A. FN 增大, Ff 减小 B. FN 减小, Ff 增大 小学+初中+高中

小学+初中+高中 C. FN 与 Ff 都增大 D. FN 与 Ff 都减小 【答案】C

..................... 9. 如图所示,初速度不计的电子从电子枪中射出,在加速电场中加速,从正对 P 板的小孔射 出,设加速电压为 U1,又垂直偏转电场方向射入板间并射出,设偏转电压为 U2。则: ( )

A. U1 变大,则电子进入偏转电场的速度变大 B. U1 变大,则电子在偏转电场中运动的时间变短 C. U2 变大,则电子在偏转电场中运动的加速度变小 D. 若要电子离开偏转电场时偏移量变小,仅使 U1 变大,其它条件不变即可 【答案】ABD 【解析】A 项:由 可知,电子受力变大,加速度变大,其他条件不变时,当 U1 变大,则

电子进入偏转电场的速度变大,故 A 正确; B 项:由 可知,电子受力变大,加速度变大,其他条件不变时,当 U1 变大,则电子进入

偏转电场的水平速度变大,运动时间变短,故 B 正确; C 项:由 可知,U2 变大,电子受力变大,加速度变大,电子在偏转电场中运动的加速度

变大,故 C 错误; D 项:由 可知,若要电子离开偏转电场时偏移量变小,仅使 U1 变大,其它条件不变即

小学+初中+高中

小学+初中+高中 可,故 D 正确。 点晴:本题考查了带电粒子在电场中的运动,可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公 式结合推导出 。

10. 如图所示,匀强电场中有一个以 O 为圆心、半径为 R 的圆,电场方向与圆所在平面平行, A、O 两点电势差为 U,一带正电的粒子在该电场中运动,经过 A、B 两点时速度方向沿圆的切 线,速度大小均为 v0,粒子重力不计,则( )

A. 粒子在 A、B 间是做圆周运动 B. 粒子从 A 到 B 的运动过程中,动能先减小后增大 C. 匀强电场的电场强度 E=U/R D. 圆周上电势最高的点与 O 点的电势差为 【答案】BD 【解析】带电粒子仅在电场力作用下,由于粒子在 A、B 两点动能相等,则电势能也相等.因 为匀强电场,所以两点的连线 AB 即为等势面.根据等势面与电场线垂直特性,从而画出电场 线 CO.由曲线运动条件可知,正电粒子所受的电场力沿着 CO 方向,因此粒子从 A 到 B 做抛体 运动,故 A 错误; U

由 A 选项分析可知,速度方向与电场力方向夹角先大于 90°后小于 90°,电场力对于运动来 说先是阻力后是动力,所以动能先减小后增大.故 B 正确;匀强电场的电场强度 Ed=U 式中的 d 是沿着电场强度方向的距离,因而由几何关系可知, 误;圆周上,电势最高的点与 O 点的电势差为 故选 BD 点睛:紧扣动能相等作为解题突破口,由于仅在电场力作用下,所以得出两点的电势能大小 小学+初中+高中 ,所以 ,故 D 正确; ,故 C 错

小学+初中+高中 关系.并利用等势面与电场线垂直的特性,从而推出电场线位置.再由曲线运动来确定电场 力的方向.同时考查 U=Ed 中 d 的含义重要性,注意公式中的 d 为沿电场线方向上的距离. 11. 如图电路中,电源电动势为 E、内阻为 r,R0 为定值电阻,电容器的电容为 C.闭合开关 S,增大可变电阻 R 的阻值,电压表示数的变化量为△U,电流表示数的变化量为△I,则:

A. 变化过程中△U 和△I 的比值保持不变 B. 电压表示数 U 和电流表示数 I 的比值不变 C. 电阻 R0 两端电压减小,减小量为△U D. 电容器的带电量增大,增加量为 C△U 【答案】AC 【解析】试题分析:可将定值电阻 R0 绑定在一起,则画出 U-I 图像,图像的斜率表示电源内 阻与定值电阻之和,所以 恒定不变,A 正确,因为可变电阻 R 值变了,导致了电压

表 U 和电流表 I 的变化,而量表的比值,表示 R 的值,所以也发生变化,B 错误,当 R 增大, 路端电压增大,电流减小,所以通过 R0 的电压减小,而电源内阻分压也减小,两者减小的为 △U,C 错误,R 两端的电压增大,所以电容器两端电压增大,故根据公式 正确, 考点:考查了电路动态分析 点评:此类型的题目一般是从部分变化到整体变化再到另一部分变化 12. 如图所示,长均为 d 的两正对平行金属板 MN、PQ 水平放置,板间距离为 2d,板间有正交 的匀强电场和匀强磁场,一带电粒子从 MP 的中点 O 垂直于电场和磁场方向以 v0 射入,恰沿 直线从 NQ 的中点 A 射出;若撤去电场,则粒子从 M 点射出(粒子重力不计) .以下说法正确 的是( ) 可得,D

A. 该粒子带正电 小学+初中+高中

小学+初中+高中 B. 该粒子带正电、负电均可 C. 若撤去磁场,则粒子射出时的速度大小为 2v0 D. 若撤去磁场,则粒子射出时的速度大小为 【答案】AD 【解析】AB 项,若撤去电场,则粒子 M 点射出,根据左手定则知粒子应带正电荷,故 A 项正 确,B 项错误。 CD 项,设粒子的质量为 m,带电量为 q,粒子射入电磁场时的速度为 ,则粒子沿直线通过场 区时: , , v0

撤去电场后,在洛伦兹力的作用下,粒子做圆周运动,由几何知识知:

洛伦兹力提供粒子运动的向心力得:



撤去磁场,粒子做类平抛运动,设粒子的加速度 a,穿越电场所用时间为 t, 则有: ,

联立以上各式解得:y=d, 设末速度为 v,由动能定理知: 综上所述本题答案为 AD。 二、实验题 13. 某同学采用图(a)所示实验电路来描绘额定电压为 12V 的小灯泡伏安特性曲线。 ,解得: ,故 C 项错误,D 项正确。

小学+初中+高中

小学+初中+高中 (1)将图(b)的实物图连接完整_____________。 (2)某次实验时,滑动变阻器的滑片从 a 向 b 滑动的过程中,发现电压表和电流表原来几乎 没有示数,直到接近 b 端时示数急剧增大。经检查所有电路连线及仪器都完好,则可能原因 是______________________。 (3)若描绘出的伏安特性曲线如图(c)所示,则灯泡的额定功率为______W。 (保留两位有 效数字) (4)若将两盏这样的灯泡与电动势 12V ,内阻 4Ω 的电源申联,则灯泡的实际功率为 __________W。 (保留两位有效数字) 【答案】 (1). (1)如图

(2). (2)滑动变阻器阻值远大于灯泡电阻

(3). (3)

6.6W

(4). (4)2.0W(1.9-2.1W 均正确

【解析】试题分析: (1)根据原理图可得出对应的实物图,由图可知,电流最大值为 0.6A, 故电流表量程选择 0.6A;如图所示;

(2)滑动变阻器串联在电路中,电压表测量滑动变阻器电压,刚开始滑动触头 P 由 A 端向 B 端逐渐滑动时,电压表的示数几乎不变,说明随着电阻的变小,滑动变阻器的电阻占整个电 路电阻的比例变化不大,直到当滑动触头 P 滑至临近 B 端时,电压表的示数急剧变化,说明 滑线变阻器的总电阻太大,所以原因是:滑动变阻器阻值太大,有效使用的部分短; (3)由图可知,当电压为 12V 时,电流为 0.55A;故功率为: (4)将两盏这样的灯泡与电源串联,则灯泡的电流为 I,则有: ; ; ;

作出对应的伏安特性曲线,二者之间的交点即为灯泡的工作点,则由图可知,灯泡的电压为 小学+初中+高中

小学+初中+高中 5V,电流为 0.4A,则功率为: ;

考点:描绘小灯泡的伏安特性曲线实验 【名师点睛】描绘小灯泡的伏安特性曲线是高中阶段电学实验考查的重点,是近几年各地高 考题目的出题热点,本题突出了对于实验原理、仪器选择及 U-I 图象处理等多方面内容的考 查,要重点明确伏安特性曲线的掌握和应用方法. 14. 用甲图测量电源电动势 E 和内阻 r 除了图中所给的器材,还有一只多用电表可用,通过 多用电表来测量电源的路端电压和电路的电流,完成下面的实验步骤:

①断开开关 S1、S2,把电阻箱的阻值调至最________(填“大”或“小”) ; ②多用电表接 a、b,选择直流电压 5V 挡,闭合开关 S1、S2,调节电阻箱的阻值,此时表盘指 针指在如图乙的 P 位置,则读得 U1= ________V,断开开关 S1、S2; ③多用电表改接 c、d,选择直流电流 500mA 挡,保持电阻箱阻值不变,闭合开关 ,此时表 盘指针指在如图乙的 Q 位置,则读得 I1= _______A,断开开关; ④用 U1 和 I1 列出计算电动势 E 和内阻 r 的表达式:____________________________。 【答案】 (1). ①大; (2). ②1 25; (3). ③S1;0 355; (4). ④

【解析】试题分析:①为保护电路,在开关闭合前,电阻箱阻值调到最大;②由图知测量电 压为 1 25V;③闭合开关 S1,电表读数为 0 355A;④由题意知测量值 U1 为电路的路端电压, I1 为干路电流,所以根据闭合电路的欧姆定律:E=U1+I1r 考点:本题考查多用电表的读数 小学+初中+高中

小学+初中+高中 三、解答题 15. 如图所示,沿水平方向放置一条平直光滑槽,它垂直穿过开有小孔的两平行薄板,板相 距 3.5L。槽内有两个质量均为 m 的小球 A 和 B,球 A 带电量为+2q,球 B 带电量为-3q,两球 由长为 2L 的轻杆相连,组成一带电系统。最初 A 和 B 分别静止于左板的两侧,离板的距离均 为 L。若视小球为质点,不计轻杆的质量,在两板间加上与槽平行向右的匀强电场 E 后(设槽 和轻杆由特殊绝缘材料制成,不影响电场的分布) ,求:

(1)球 B 刚进入电场时,带电系统的速度大小; (2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球 A 相对右板的位置。 【答案】 (1) (2) ;

【解析】试题分析: :对带电系统进行分析,假设球 A 能达到右极板,电场力对系统做功为 W1, 有: ① 而且还能穿过小孔,离开右极板。 假设球 B 能达到右极板,电场力对系统做功为 W2,有: ② 综上所述,带电系统速度第一次为零时,球 A、B 应分别在右极板两侧。 (1)带电系统开始运动时,设加速度为 a1,由牛顿第二定律: 球 B 刚进入电场时,带电系统的速度为 v1,有: ④ ③

由③④求得:



(2)设球 B 从静止到刚进入电场的时间为 t1,则:



小学+初中+高中

小学+初中+高中

将③⑤代入⑥得:



球 B 进入电场后,带电系统的加速度为 a2,由牛顿第二定律:



显然,带电系统做匀减速运动。设球 A 刚达到右极板时的速度为 v2,减速所需时间为 t2,则 有: ⑨



求得:





球 A 离电场后, 带电系统继续做减速运动, 设加速度为 a3, 再由牛顿第二定律:



设球 A 从离开电场到静止所需的时间为 t3,运动的位移为 x,则有:





求得:

,



由⑦⑾⒂可知,带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为: ⒃

球 A 相对右板的位置为: 考点:带电粒子在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、电势能。 【名师点睛】本题首先要正确分析系统的运动过程,其次学会运动牛顿第二定律和运动学公 式结合处理较为复杂的带电粒子在电场中运动的问题,但本题所受的方法不唯一的,也可能 由动能定理和运动学公式结合研究。 视频 16. 如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图:左端加速电极 M、N 间的电压为 U1。中间速度 选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,匀强磁场的场强 B1=1.0T,两板电压 U2=1.0×102V,两板间的距离 D=2cm。选择器右端是一个半径 R=20cm 的圆筒,可以围绕竖 小学+初中+高中

小学+初中+高中 起中心轴顺时针转动,筒壁的一个水平圆周上均匀分布着 8 个小孔 O1 至 O8。圆筒内部有竖直 向下的匀强磁场 B2。一电荷量为 q=1.60×10-19C、质量为 m=3.2×10-25kg 的带电的粒子,从 静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器。圆筒不转时,粒子恰好从小孔 O8 射入,从小 孔 O3 射出,若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收。求:

(1)加速器两端的电压 U1 的大小; (2)圆筒内匀强磁场 B2 的大小并判断粒子带正电还是负电; (3)要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出(如从 O1 进从 O5 出) ,则圆筒匀 速转动的角速度多大? 【答案】 (1) (2) (3) , ,粒子带负电

【解析】试题分析: (1)速度选择器中电场强度:

根据力的平衡条件可得:

,解得:

在电场加速过程,根据动能定理可得: (2)粒子的运动轨迹如图所示

,解得

小学+初中+高中

小学+初中+高中

根据左手定则,粒子带负电,由几何关系可得: 洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可得: ,解得:

(3)不管从哪个孔进入,粒子在筒中运动的时间与轨迹一样,运动时间为:

在这段时间圆筒转过的可能角度: 则圆筒的角速度: 考点:带电粒子在电磁场中的运动。 【名师点睛】 (1)根据圆筒的直径,结合粒子通过圆筒的时间求出粒子通过圆筒的速度,根 据动能定理求出金属板 MN 上所加的电压. (2)根据粒子在磁场中运动的半径公式以及几何关 系求出电子在圆筒内转过的圆心角,结合周期公式求出电子在圆筒中运动的时间,根据圆筒 转过的最小角度求出圆筒转动的最小角速度. (3)结合几何关系,根据圆周运动的周期性求 出圆筒转过的角度,从而得出圆筒转动的角速度。 17. 如图所示,在水平向左的匀强电场中,一带电小球质量为 m,电量为-q。用绝缘轻绳(不伸 缩)悬于 O 点,平衡时小球位于 A 点,此时绳与竖直方向的夹角 θ =30°。绳长为 l,AO=CO =DO=l,OD 水平,OC 竖直。求:

(1)电场强度 E; 小学+初中+高中

小学+初中+高中 (2)把小球移到 D 点后,让小球由静止自由释放,小球向右摆动到A点时的速率和该时刻轻绳 中张力(计算结果可带根号)。 【答案】 (1) (2) ;

【解析】试题分析: (1)小球在 A 点处于平衡状态:

电场强度 (2)当小球移到 D 点后,让小球由静止自由释放,小球先沿电场力与重力的合力的方向做匀 加速直线运动,由 D 运动到 B, OB 与竖直方向夹角为 30°方向绳绷直,A、B 关于 OC 对称, 设此时速度为 vB。 根据牛顿第二定律:

解得小球的加速度

根据几何关系可知,由 D 到 B 位移等于绳长 l,根据

解得:小球刚运动到 B 时的速度 绳绷直后,小球沿绳方向的分速度变为零,垂直绳方向速度 动 小球从 B 点做圆周运动的速度 小球运动到 A 点切向加速度为零,圆周运动的速度达到最大 不变,使小球绕 O 点做圆周运

小学+初中+高中

小学+初中+高中

由 B 到 A 位移为 l,重力做功为零,根据动能定理,有:

解得:小球运动到 A 时的速度

所以,小球向右摆动过程中的运动到 A 点时有最大速率,最大速率

根据牛顿第二定律,有

此时轻绳中张力 考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系

小学+初中+高中


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