2017-2018學年高二物理上學期期末考試試題（含解析） (I).doc

2017-2018學年高二物理上學期期末考試試題（含解析） (I)一、單選題1.如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，虛線1和2為等勢線，從電場中M點以相切于等勢線1的相同速度飛出a，b兩個帶電粒子，粒子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，則在開始運動的一小段時間內（粒子在圖示區(qū)域內）（）A. a的加速度將減小，b的加速度將增大B. a的速度將減小，b的速度將增大C. a一定帶正電，b一定帶負電D. a的電勢能減小，b的電勢能增大【答案】A【解析】【詳解】由電場力F=Eq，結合a=F/m，可知，電場線越密處，加速度越大，電場線越疏的，加速度越小，則a的加速度將減小，b的加速度將增大，故A正確。由于出發(fā)后電場力對兩個粒子都做正功，它們的動能都增大，故兩個粒子速度都增大，故B錯誤。由于不知道場強的方向，故不能確定電荷的電性，故C錯誤。由于出發(fā)后電場力對兩對電荷均做正功，所以兩個粒子的電勢能均減小，故D錯誤。故選A?！军c睛】解決本題的關鍵是掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強的大小，電場線的方向表示電勢的高低。由功能關系分析粒子能量的變化。2. 如圖所示，甲、乙兩個電路都是由一個靈敏電流表G和一個變阻器R組成的，下列說法正確的是（ ）甲表是安培表，R增大時量程增大甲表是安培表，R增大時量程減小乙表是伏特表，R增大時量程增大乙表是伏特表，R增大時量程減小A. B. C. D. 【答案】C【解析】3.如圖所示，在真空中，勻強電場E的方向豎直向下，水平勻強磁場B垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量同種電荷。已知a靜止，油滴b水平向右勻速運動，油滴c水平向左勻速運動。三者質量ma、mb和mc相比較 （ ）A. mambmc B. mbmamcC. mcmamb D. ma=mb=mc【答案】C【解析】a靜止，不受洛倫茲力，由受力平衡，有mag=qE，重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場強度向下，故三個液滴都帶負電b受力平衡，有mbg+qvB=qE，c受力平衡，有mcg=qvB+qE，解得mcmamb，C正確4.如圖所示，用兩根輕細金屬絲將質量為m、長為l的金屬棒ab懸掛在c、d兩處，置于勻強磁場內。當棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向角而處于平衡狀態(tài)。為了使棒平衡在該位置上，所需的磁場的最小磁感應強度的大小、方向為()A. mgIltan ，豎直向上B. mgIltan ，豎直向下C. mgIlsin ，平行懸線向下D. mgIlsin ，平行懸線向上【答案】D【解析】要求所加磁場的磁感應強度最小，應使棒平衡時所受的安培力為最小值。由于棒的重力恒定，懸線拉力的方向不變，由畫出的力三角形可知(如圖所示)，安培力的最小值為Fmin=mgsin，即BminIl=mgsin，得Bmin=mgIlsin，所加磁場的方向應平行懸線向上。5.質譜儀是一種測定帶電粒子質雖和分析同位索的重要工具。圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN,V射入偏轉磁場，該偏轉磁場是以直線MN為切線、磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場。現(xiàn)在MN上的F點(圖中末畫出)接收到該粒子，且GF=3R。則該粒子的荷質比為(粒子的重力忽略不計) A. 8UR2B2 B. 4UR2B2 C. 6UR2B2 D. 2UR2B2【答案】C【解析】設離子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有：qU=12mv2，離子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r=3R3，又Bqv=mv2r，可求qm=6UR2B2 ，故C正確。6.如圖所示，一個電量為Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點，另一個電量為q、質量為m的點電荷乙從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動，到B點時速度最小且為v已知靜電力常量為k，點電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為，A、B間距離為L，則以下說法不正確的是A. O、B間的距離為kQqmgB. 從A到B的過程中，電場力對點電荷乙做的功為WmgL12mv0212mv2C. 從A到B的過程中，電場力對點電荷乙做的功為WmgL12mv212mv02D. 從A到B的過程中，兩電荷的電勢能一直減少【答案】ACD【解析】試題分析：由題意，乙到達B點時速度最小，乙先減速運動后做加速運動，當速度最小時有：mg=F庫=kqQr2，解得OB間的距離r=kQqmg，故A正確；從A到B的過程中，根據(jù)動能定理得：W-mgL=12mv2-12mv02，得W=mgL+12mv2-12mv02，故B錯誤，C正確從A到B的過程中，電場力對甲和乙均做正功，故系統(tǒng)的電勢能減少，故D正確故選ACD考點：庫侖定律；動能定理【名師點睛】本題在借助庫侖力的基礎知識，考查了力與運動、牛頓第二定理、動能定理等基礎知識的綜合應用，解題時要通過分析電荷的受力情況分析運動情況，找到速度最小時的力的關系；此題是考查學生綜合能力的好題。二、多選題7.如圖所示，直線A為電源的路端電壓與電流的關系圖象，直線B為電源b的路端電壓與電流的關系圖象，在直線C為電阻R兩端的電壓與電流的關系圖象電源、b的電動勢分別為Ea、Eb，內阻分別為ra、rb，將電阻R分別接到、b兩電源上，則A. EaEb，rarbB. EaEb=rarbC. R接到b電源上，電阻的發(fā)熱功率得電源的效率都較高D. R接到電源上，電源的輸出功率較大，但電源效率較低【答案】ABD【解析】本題首先要理解電源效率的含義：電源的效率等于電源的輸出功率占總功率的百分比。根據(jù)歐姆定律得到，電源的效率也等于外電阻與電路總電阻之比。由電源的UI圖象斜率大小等于電源的內阻，比較讀出電源內電阻的大小，確定電源的效率關系。當電阻R與電源組成閉合電路時，電阻R的UI圖線與電源的UI圖線的交點表示工作狀態(tài)，交點坐標的乘積等于電源的輸出功率。由閉合電路歐姆定律U=E-Ir可知，圖像與U軸的交點表示電動勢，則A的電動勢較大，圖像的斜率表示內阻，則B電源的內阻r較小，A電源的內阻r較大，兩個電源的短路電流相同，故AB正確；電源的熱功率P熱=I2r，由圖看出，R接到b電源上，電路中電流較小，b電源的內阻r較小，所以電源的熱功率較低，C錯誤；當電阻R與電源組成閉合電路時，電阻R的UI圖線與電源的UI圖線的交點表示電阻的工作狀態(tài)，交點的縱坐標表示電壓，橫坐標表示電流，兩者乘積表示電源的輸出功率，由圖看出，R接到a電源上，電壓與電流的乘積較大，電源的輸出功率較大，由上知，電源的效率較低，故D正確。故選ABD8.如圖所示，平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態(tài)，電流表和電壓表都看做理想電表，且R1大于電源的內阻r，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則A. 電壓表讀數(shù)減小B. 電流表讀數(shù)減小C. 質點P將向上運動D. 電源的輸出功率逐漸增大【答案】AD【解析】【分析】由圖認識電路的結構，由滑片的移動可知電路中電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數(shù)的變化及電容器兩端的電壓變化；再分析質點的受力情況可知質點的運動情況【詳解】B、由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由R1串連接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，電源的內電壓增大，路端電壓減小，同時，R1兩端的電壓也增大，故并聯(lián)部分的電壓減?。挥蓺W姆定律可知流過R3的電流減小，則流過并聯(lián)部分的電流增大，故電流表示數(shù)增大；故B錯誤；A、因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，故A正確；C、因電容器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，電荷向下運動，故C錯誤；D、由題，R1大于電源的內阻r，外電路的總電阻大于r，而當電源的內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，則知電路中總電阻減小時，電源的輸出功率逐漸增大。故D正確。故選：AD。【點睛】解決閉合電路歐姆定律的題目，一般可以按照整體-局部-整體的思路進行分析，注意電路中某一部分電阻減小時，無論電路的連接方式如何，總電阻均是減小的三、填空題9.讀出下圖中游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)：游標卡尺的讀數(shù)為_mm.；螺旋測微器的讀數(shù)為_mm.【答案】11.4mm 0.920mm【解析】試題分析：游標卡尺主尺讀數(shù)為11mm，游標尺讀數(shù)為40.1=0.4mm，所以最總讀數(shù)為11.4mm；螺旋測微器主軸讀數(shù)0.5mm，旋鈕讀數(shù)為42.00.01=0.420mm，最總讀數(shù)為0.920mm?？键c：本題考查游標卡尺及螺旋測微器的讀數(shù)。10.在如圖所示的坐標系中，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。在第一、第二象限內，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面（紙面）向里的勻強磁場，在第四象限，存在與第三象限相同的勻強電場，還有一個等腰直角三角形區(qū)域OMN，OMN為直角，MN邊有擋板，已知擋板MN的長度為22L。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上y=L處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限，然后經(jīng)過x軸上x=2L處的P2點進入第三象限，帶電粒子恰好能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過y軸上y=2L處的P3點進入第四象限。已知重力加速度為g。求：（1）粒子到達P2點時速度的大小和方向；（2）第三象限空間中磁感應強度的大??；（3）現(xiàn)在等腰直角三角形區(qū)域OMN內加一垂直紙面的勻強磁場，要使粒子經(jīng)過磁場偏轉后能打到擋板MN上，求所加磁場的方向和磁感應強度大小的范圍?！敬鸢浮浚?）v=2gL 方向與x軸負方向成45角（2）B=m2gLqL（3）(22)mgLqLB2m2gLqL 【解析】（1）質點從P1到P2做平拋運動，設粒子初速度為v0，到達P2點時速度的大小為v，方向與x軸負方向成角，運動時間為t，y軸方向速度大小為vy，則L=12gt2，2L=v0t，vy=gt v2=v02+vy2，tan=vyv0解得：v=2gL，方向與x軸負方向成45角。（2）質點從P2到P3，帶電粒子恰好能做勻速圓周運動，所以重力與電場力平衡。P2 P3垂直于速度方向，粒子做勻速圓周運動的圓心在P2 P3上，即P2 P3是直徑，設第三象限磁場磁感應強度的大小為B，圓周運動半徑為R，則qvB=mv2R，2R2=2L2+2L2解得： B=m2gLqL （3）粒子進入等腰直角三角形區(qū)域時，速度垂直于OM，且從OM的中點進入，要使質點直接打到MN板上，根據(jù)左手定則，可知所加磁場的方向垂直紙面向外，如圖所示：當粒子進入磁場后做勻速圓周運動，偏轉半徑最大時恰好與ON相切，偏轉半徑最小時，OM的一半為圓周的直徑，設最大半徑為R1，最小半徑為R2，則R1=(R1+2L)sin450，解得 R1=(2+2)L，R2=22L 由于粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qB=m2R解得：(22)mgLqLB 2m2gLqL。點睛：本題考查帶電粒子在場中三種運動模型：勻速圓周運動、平拋運動和類斜拋運動，考查綜合分析能力，以及空間想像的能力，應用數(shù)學知識解決物理問題的能力。四、實驗題探究題11.某學習小組欲精確測量電阻Rx的阻值，有下列器材供選用：A.待測電阻Rx(約300)B.電壓表V(3V，內阻約3k)C.電流表A1(10mA，內阻約5)D.電流表A2(20mA，內阻約5)E.滑動變阻器R1(020，額定電流2A)F.滑動變阻器R2(02000，額定電流0.5A)G.直流電源E(3V，內阻約1)H.開關、導線若干(1)甲同學根據(jù)以上器材設計成用伏安法測量電阻的電路，并滿足Rx兩端電壓能從0開始變化進行多次測量。則電流表應選擇_填“A1”或“A2”；滑動變阻器應選擇_填“R1”或“R2”；并請在如圖1的方框中幫甲同學完成實驗原理電路圖_。(2)乙同學經(jīng)過反復思考，利用所給器材設計出了如圖2所示的測量電路，具體操作如下：如圖所示連接好實驗電路，閉合開關S1前調節(jié)滑動變阻器R1、R2的滑片至適當位置；閉合開關S1，斷開開關S2，調節(jié)滑動變阻器R1、R2的滑片，使電流表A1的示數(shù)恰好為電流表A2的示數(shù)的一半，即I1=12I2；閉合開關S2并保持滑動變阻器R2的滑片位置不變，讀出電壓表V和電流表A1的示數(shù)，分別記為U、I；則待測電阻的阻值Rx=_。(3)比較甲、乙兩同學測量電阻Rx的方法，你認為哪位同學的方法更有利于減小系統(tǒng)誤差？答：_同學填“甲”或“乙”，理由是_?！敬鸢浮?(1). A1 (2). R1 (3). 電路圖如圖所示： (4). UI (5). 乙 (6). 采用乙圖電路，待測電阻兩端電壓和通過的電流均為實際值，可以消除系統(tǒng)誤差【解析】【分析】(1)根據(jù)通過待測電阻的最大電流選擇電流表，根據(jù)題意確定滑動變阻器的接法，為方便實驗操作選擇最大阻值較小的滑動變阻器，根據(jù)待測電阻與電表內阻的關系確定電流表接法，然后作出電路圖。(2)根據(jù)實驗步驟應用歐姆定律求出電阻阻值。(3)根據(jù)實驗步驟與實驗原理分析實驗誤差，然后作出解答。【詳解】(1)通過待測電阻的最大電流約為：I=URX=3300=0.01A=10mA，電流表應選擇A1；實驗要求電壓從零開始變化，則滑動變阻器應采用分壓接法，為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器R1；待測電阻阻值約為300，電流表內阻約為10，電壓表內阻約為3k，相對于來說待測電阻阻值遠大于電流表內阻，電流表應采用內接法，實驗電路圖如圖所示：(2)由實驗步驟可知，通過R2與RX的電流相等，它們并聯(lián)，則兩支路電阻相等，由實驗步驟可知，電壓表測待測電阻兩端電壓，由于兩并聯(lián)支路電阻相等，則通過它們的電流相等，由實驗步驟可知，通過待測電阻的電流等于電流表A1的示數(shù)I，則待測電阻阻值：RX=UI；(3)由兩種實驗方案與實驗步驟可知，由于電表內阻的影響甲的測量值存在誤差，由于實驗電路與實驗步驟的巧妙設計，乙的方案化解了電表內阻影響，測量值與真實值相等，乙的方案可以消除系統(tǒng)誤差。故答案為：(1)A1；R1；電路圖見解析；(2)UI；(3)乙。采用乙圖電路，待測電阻兩端電壓和通過的電流均為實際值，可以消除系統(tǒng)誤差?！军c睛】本題考查了實驗器材選擇、實驗電路設計、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗方案分析，要掌握實驗器材的選擇原則，認真審題、理解題意與實驗步驟、知道實驗原理是解題的關鍵。五、計算題12.用長為L的細線將質量為m的帶電小球P懸掛在O點下，當空中有方向為水平向右，大小為E的勻強電場時，小球偏轉后處于靜止狀態(tài)(1)分析小球的帶電性質；(2)求小球的帶電量；(3)求細線的拉力【答案】（1）小球帶正電 （2）mgtanE （3）mgcos【解析】（1）小球受重力、拉力和電場力處于平衡，電場力的方向水平向右，如圖所示知小球帶正電。（2）根據(jù)共點力平衡可知電場力為：F=qE=mgtan，解得：q=mgtanE。（3）細線的拉力為：T=mgcos。點睛：解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用共點力平衡進行求解，知道