2017-2018学年河南省南阳市高二上学期期终考试物理试题 解析版 18页

河南省南阳市2017—2018学年高二第一学期期终考试物理试题 一、选择题 ‎1. 物理学的发展，促进了科学技术的进步，在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是 A. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得了元电荷e 的电量 B. 法拉第提出了场的概念并引入了电场线和磁感线 C. 奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象 D. 密立根提出了分子电流假说 ‎【答案】B ‎【解析】A：库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得了元电荷e 的电量。故A项错误。‎ B：法拉第提出了场的概念并引入了电场线和磁感线。故B项正确。‎ C：奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象。故C项错误。‎ D：安培提出了分子电流假说，故D项错误。‎ 点睛：知道物理学史，知道物理学家在对应研究中所用的物理方法和物理过程。‎ ‎2. 真空中两个相同的带等量异号电荷的金属小球A和B(均可看做点电荷)，分别固定在两处，两球间静电力为F.现用一个不带电的同样的金属小球C先与B接触，再与A接触，然后移开C，再使A、B间距离增大为原来的2倍，则它们间的静电力为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】设AB带电量分别是Q、-Q，两者间距离为r，则 现用一个不带电的同样的金属小球C先与B接触，再与A接触，然后移开C，则AB带电量分别是、，再使A、B间距离增大为原来的2倍，则它们间的静电力 故D项正确。‎ ‎3. 三根相互平行的通电长直导线放在等边三角形的三个顶点上，如图所示为其截面图，电流方向如图，若每根导线的电流均为I，每根直导线单独存在时，在三角形中心O点产生的磁感应强度大小都是B，则三根导线同时存在时0点的磁感应强度大小为 A. 2B B. B C. B D. O ‎【答案】A ‎【解析】据安培定则，将三个电流在O点的磁感应强度画在图中 则O点的磁感应强度。故A项正确。‎ ‎4. 在匀强磁场中某一位置，已经测出一段长度为0.5cm 的导线中通入0.01A 电流时，受到的安培力大小为5.0×10-6N，则下列说法正确的是 A. 匀强磁场的磁感应强度大小是0.1T B. 匀强磁场的磁感应强度大小不大于0.1T C. 匀强磁场的磁感应强度大小不小于0.1T D. 匀强磁场的磁感应强度的方向与导线所受磁场力的方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】ABC：当电流与磁场的夹角为θ时，，则。故AB两项错误，C项正确。‎ D：据左手定则，匀强磁场的磁感应强度的方向与导线所受磁场力的方向垂直。故D项错误。‎ ‎5. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，O为ac和bd的交点，顶点b和d处固定等量正点电荷，若将一个带负电的粒子从a点由静止释放，当粒子从a运动到c的过程中，下列说法正确的是 A. 粒子经过0点时受到的电场力最大 B. 粒子经过O点时受到的电势能最大 C. 粒子从a点运动到c点的过程中，加速度方向不变 D. 粒子从a点运动到c点的过程中，动能先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】等量同种正电荷的电场线如图：‎ A：等量同种电荷连线中点的场强是零，粒子经过O点时受到的电场力为零。故A项错误。‎ B：等量同种正电荷连线中垂线上，场强方向远离O，O点电势最高，则粒子从a运动到c的过程中，带负电的粒子O点时电势能最小。故B项错误。‎ C：等量同种正电荷连线中垂线上，场强方向远离O，则粒子a运动到c的过程中，电场力方向改变，加速度方向改变。故C项错误。‎ D：等量同种正电荷连线中垂线上，场强方向远离O，则带负电的粒子a运动到c的过程中，电场力的方向指向O点，粒子从a点运动到c点的过程中，电场力先做正功后做负功，粒子动能先增大后减小。故D项正确。‎ 点睛：等量同种电荷正电荷电场线的图形和连线上、中垂线上场强的特点必须熟记。‎ ‎1、 电荷连线上 ‎ 从O点向两侧逐渐增大，数值关于O点对称，方向相反。（在两电荷的距离之间）‎ 当在两电荷连线的沿长线上，场强逐渐变小 ‎2、 中垂线上 从中点沿中垂线向两侧，电场强度的数值先增大后减小，两侧方向相反，关于O点对称的点数值相等。‎ ‎6. 如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B 并相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过，则该带电粒子 A. 一定带正电 B. 可能沿QP方向运动 C. 速度大小为E/B D. 若沿PQ方向运动的速度大于E/B，将向下极板偏转 ‎【答案】C ‎【解析】AC：粒子从左侧射入，不论粒子带正电还是负电，电场力与洛仑兹力力方向相反；电场力大小为，洛仑兹力大小，当两力平衡时，速度，粒子做匀速直线运动。故A项错误，C项正确。‎ B：若粒子沿QP方向运动，不论粒子带正电还是负电，电场力与洛仑兹力方向相同，且与初速方向垂直，不可能做直线运动。故B项错误。‎ D：若沿PQ方向运动的速度大于E/B，则粒子受到的洛仑兹力大于电场力，使粒子偏转。若粒子带正电将向上偏转，若粒子带负电将向下偏转。故D项错误。‎ 点睛：在速度选择器中，选择的是粒子速度的大小和方向；只要速度满足条件，电场力与洛仑兹力平衡，粒子即可沿直线运动，与粒子的电量、电性无关。‎ ‎7. 某一电源的路端电压与电流的关系、电阻、的电压与电流的关系如图所示，用此电源和电阻、组成电路，、可以同时接入电路，也可以单独接入电路，为使电源输出功率最大，可采用的接法是 A. 将单独接到电源两端 B. 将单独接到电源两端 C. 将、串联后接到电源两端 D. 将、并联后接到电源两端 ‎【答案】A ‎【解析】电源图像的纵截距表示电源电动势，则；斜率为电源内阻，则。‎ 电阻图像的斜率表示电阻，则，。‎ 电源输出功率最大时，内外电路的电阻相等，则将单独接到电源两端时，电源输出功率最大。故A项正确。‎ 点睛：电源输出功率，当内外电路的电阻相等，电源输出功率最大。‎ ‎8. 如图所示为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈的电流为，通过小灯泡的电流为，小灯泡处于正常发光状态，则下列说法中正确的是 A. 闭合S后，灯缓慢变亮 B. 断开S后，灯闪亮一下后缓慢变暗 C. 断开S后，小灯泡中的电流由逐渐减为零 D. 断开S后，小灯泡中的电流由逐渐减为零 ‎【答案】C ‎【解析】A：闭合S后，立即发光；由于自感，流过线圈的电流只能逐渐增大，逐渐变亮。故A项错误。‎ BCD：断开S后，由于自感，流过线圈的电流只能逐渐减小，此时线圈、、组成回路，小灯泡中电流突变为后逐渐减为零。若，闪亮一下后缓慢变暗；若，不闪亮缓慢变暗。故C项正确，BD两项错误。‎ ‎9. 电路如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，与定值电阻、及滑动变阻器R连接，当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是 A. 电压表读数增大、电流表读数增大 B. 电压表度数减小、电流表读数增大 C. 的电功率减小 D. 电源的输出功率增大 ‎【答案】AC ‎【解析】AB：滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电路总电流减小，电源内电压减小，电源路端电压增大，电压表读数增大；流过的电流增大，电流表读数增大。故A项正确，B项错误。‎ C：电路总电流减小，的电功率减小。故C项正确。‎ D：电源的输出功率，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大。此题中外电路电阻增大，但内外电阻大小关系未知，则电源的输出功率有可能增大有可能减小。故D项错误。‎ 综上答案为AC 点睛：灵活应用闭合电路的欧姆定律，电动势、路端电压和内电压关系，串并联电路的电压电流关系是解决动态电路的关键，即先局部—整体—局部的解题思路．‎ ‎10. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷 量很少，可被忽略，一带负电油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一 小段距离，则 A. 平行板电容器的电容将变小 B. 静电计指针张角变小 C. 带电油滴的电势能将减少 D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下 ‎【答案】AC ‎.....................‎ 考点：带电粒子在混合场中的运动、电容 ‎【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变。‎ 移动一小段距离，则带电油滴的电势能不变 ‎11. 如图所示，两个横截面分别为圆和正方形，但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆的直径d等于正方形的边长，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场区域的电子速度方向指向圆心，进入正方形磁场区域的电子速度方向沿一边的中垂线，则下面判断正确的是 A. 两电子在两磁场中运动时轨道半径相同 B. 电子在正方形磁场中运动的轨迹可能更长 C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场 D. 两电子在两磁场中偏转角度可能相同 ‎【答案】ABD ‎【解析】A：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，解得：，两电子速度相同，磁感应强度相同，运动时轨道半径相同。故A项正确。‎ BCD：将圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置，粒子在磁场中可能运动情况如图：‎ 由轨迹1可知，电子在正方形磁场中运动的轨迹可能更长。故B项正确。‎ 由轨迹2可知，进入圆形磁场区域的电子不一定先飞离磁场；两电子在两磁场中偏转角度可能相同。故C项错误，D项正确。‎ 综上答案为ABD 点睛：将两磁场区域重合，画出可能轨迹进行比较。‎ ‎12. 如图所示，10匝矩形线框在磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴00′匀速转动的角速度心ω=100rad/s，线框电阻不计，面积S=0.3m²，图示位置线框平面与磁场平行.线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡(规格为“0.3W、30Ω”)和，开关闭合时两灯泡正常发光，且原线圈中电流表的示数为0.04A，则下列判断正确的是 A. 线框平面转过图示位置时，线框中感应电动势瞬时值大小为30 V B. 理想变压器原副线圈匝数比为10：1‎ C. 灯泡的额定功率为0.9W D. 若S断开，电流表的示数将增大 ‎【答案】ABC ‎【解析】A：线框平面转过图示位置时，线框中感应电动势瞬时值。故A项正确。‎ B：线框电阻不计，变压器原线圈电压；灯规格“0.3W、30Ω”， 灯泡正常发光，变压器副线圈电压；理想变压器原副线圈匝数比。故B项正确。‎ C：变压器的输入功率，则变压器的输出功率，灯泡的额定功率。故C项正确。‎ D：若S断开，副线圈回路中电阻增大，副线圈中电流减小，据，原线圈中电流减小，电流表示数将减小。故D项错误。‎ 综上答案为ABC 点睛：涉及变压器动态分析类问题时要注意原线圈两端的电压和原副线圈匝数比决定副线圈两端电压；副线圈的电流和原副线圈匝数比决定原线圈中电流。‎ 二、填空题 ‎13. 为测量某金属丝的电阻率，小明同学取来一段粗细均匀、长为的金属丝进行实验.‎ ‎(1)用螺旋测微器测金属丝的直径d，读数如图甲所示.则d=______mm.‎ ‎(2)用一电阻档有三个倍率(分别是×1、×10、×100)的多用电表粗测其电阻.选用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针向右偏转角度很大，为了较准确地进行测量，应换到______档.重新正确操作后，表盘的示数如图乙所示，其读数为______Ω.‎ ‎(3)进一步准确测量金属丝的电阻，实验室提供的器材有：‎ A.直流电源E(电动势4V，内阻不计)；‎ B.电流表Al(量程0～0.6A，内阻约1Ω)‎ C.电流表A2(量程0～150mA，内阻约2Ω)；‎ D.电压表V(量程0～3V，内阻约10kΩ)；‎ E.滑动变阻器R1(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)；‎ F.滑动变阻器R2(阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A)；‎ G.待测电阻丝Rx，开关、导线若干.‎ ‎①实验中，小明设计了如图丙所示的电路，其中电流表应选用_____(填A1或A2)，滑动变阻器应选用_____(填R1或R2).‎ ‎②请用笔画线代替导线在图丁中完成实物电路连接______________(部分连线已画出).‎ ‎③若实验中测得该金属丝的电阻为Ro，则计算这种电阻丝材料电阻率的表达式为ρ=______(用题中给定的物理量符号和已知常数表示).‎ ‎【答案】 (1). 0.680±0.001 (2). ×1 (3). 22.0或22 (4). A2 (5). R1 (6). 实物电路如图所示：‎ ‎ (7). ‎ ‎【解析】(1)螺旋测微器读数 ‎(2)选用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针向右偏转角度很大，表头示数较小，为了较准确地进行测量，要让指针指在中间附近，即让表头示数变大，则所选倍率要变小，即倍率变成×1档。‎ 表盘的示数如图所示，其读数为 ‎(3)①流过电阻的最大电流，则电流表选表A2(量程0～150mA，内阻约2Ω)。‎ 控制电路采用分压式接法，滑动变阻器应选阻值较小的，即选R1(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)‎ ‎②电流表A2(量程0～150mA，内阻约2Ω)，电压表V(量程0～3V，内阻约10kΩ)，则，应选用电流表的外接法。实物连接如图：‎ ‎③若实验中测得该金属丝的电阻为Ro，则，解得：‎ ‎14. 某位同学利用图1所示电路测量电源动势和内阻，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录电阻箱阻值R和电压表读数U，并在计算机上显示出如图2所示的关系图线，由图线可知电池的电动势E=_____V，内阻r=______Ω.‎ ‎【答案】 (1). 2.0 (2). 0.25‎ ‎【解析】由闭合电路欧姆定律可得：，化简得，对比图线，可得、，解得：、‎ 点睛：图像法处理数据时，要根据物理规律写出横纵坐标之间的关系式。结合图象的截距、斜率等求解。‎ 三、计算题 ‎15. 已知匀强电场的场强为40N/C，沿同一条电场线上有A、B两点。把质量为2×10-9kg，带电量为-2×10-9C 的微粒从A点移到B点的过程中，电场力做功1.5×10-7J.求：‎ ‎(1)A、B两点间的电势差；‎ ‎(2)A、B两点间距离.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】本题考查电场力做功与电势差间关系、匀强电场中电势差与场强间关系。‎ ‎（1）由，解得 ‎ 则A、B两点间的电势差 ‎（2）由，解得 ‎ 则A、B间的距离 ‎16. 如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在与线圈平面垂直的均匀分布的磁场.已知线圈的匝数n=100，总电阻r=1.0Ω，所围成矩形的面积S=0.040m²，小灯泡的电阻R=9.0Ω，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为，其中磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，π=3.14，求：‎ ‎(1)线圈中产生感应电动势的最大值；‎ ‎(2)小灯泡消耗的电功率；‎ ‎(3)在0～的时间内，通过小灯泡的电荷量.‎ ‎【答案】（1）8V.（2）2.88W（3）4×10-3C ‎【解析】试题分析：（1）根据B﹣t图象读出周期T，由公式Em=nBmSω求出线圈中产生感应电动势的最大值；‎ ‎（2）根据欧姆定律求出电流的最大值，再求出电流的有效值，由电流的有效值求解小灯泡消耗的电功率．‎ ‎（3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的公式求解0～时间内，通过小灯泡的电荷量．‎ 解：（1）因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为 T=3.14×10﹣2s．‎ 所以线圈中感应电动势的最大值为Em=nBmSω=nBmS•=100×1×0.040×V=8V ‎（2）根据欧姆定律，电路中电流的最大值为 通过小灯泡电流的有效值为 I==0.4A 小灯泡消耗的电功率为 P=I2R=2.88W ‎（3）在磁感应强度变化的1～1/4周期内，线圈中感应电动势的平均值 通过灯泡的平均电流 通过灯泡的电荷量 答：‎ ‎（1）线圈中产生感应电动势的最大值为8V；‎ ‎（2）小灯泡消耗的电功率为2.88W；‎ ‎（3）在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量为4.0×10﹣3C．‎ ‎【点评】求解交变电流的电功率时要用有效值．在电磁感应中通过导体截面的电量经验公式是Q=n，可以在推导的基础上记住．‎ ‎17. 如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值 R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=lm.整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m=lkg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s².求：‎ ‎(1)金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度；‎ ‎(2)金属棒ab达到最大速度后，电阻R上再产生=1.5J的内能的过程中，ab杆下滑的距离x.‎ ‎【答案】（1）2m/s（2）1m ‎【解析】本题考查电磁感应中的能量问题，涉及收尾速度和能量守恒的计算。‎ ‎（1）金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm后保持匀速运动。有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎（2）R上产生的热量 ‎ r上产生的热量 ‎ 因为R＝3Ω，r=1Ω，得 ‎ ab杆下滑过程中系统能量守恒 ‎ 解得 ‎18. 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上y=h处的M点，以速度比垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h 处的P 点进入磁场，然后垂直于y轴射出磁场.不计粒子重力，求；‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；；‎ ‎(3)粒子从进入电场到高开磁场经历的总时间t。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎(1)设粒子在电场中运动的时间为t1，由运动学规律有：‎ x方向：‎ y方向： ① ‎ ‎ ② ‎ 联解①②得： ‎ ‎(2)设粒子进入磁场的速度为v，与x轴的夹角为θ，有：‎ ‎ ③ ‎ ‎ ④ ‎ 联解④⑤得：‎ ‎(3)设粒子进入磁场时与x轴的夹角为θ，在磁场中运动的时间为t2，则：‎ ‎ ‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥ ‎ ‎ ⑦ ‎ 联解⑥⑦⑧⑨得： ‎ ‎【点睛】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．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．‎ ‎ ‎