2018-2019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 19页

宜昌市葛洲坝中学2018-2019学年第一学期 高二年级期末考试物理 答卷 ‎ 命题人 ：谢敏 审题人：戈菲 考试时间：2019年1月 本试题分第Ⅰ卷(阅读题)和第Ⅱ卷(表达题)两部分。满分110分，考试时间90分钟。考生作答时，请将答案写在答题卷上，在本试题卷上答题无效。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题 ‎1.下面是对电源和电流概念的认识，正确的是（ ）‎ A. 电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量的本领 B. 电动势和电势差的单位相同，电动势实质上就是电势差 C. 电流的方向就是电荷定向移动的方向 D. 在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电动势反映了电源把其他形式能量转化为电能的本领，选项A错误；电动势的单位和电势差相同，但电动势与电势差是两个不同的物理量，它们的物理意义不同．故B错误．电流的方向就是正电荷定向移动的方向，选项C错误；在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反，选项D正确；故选D.‎ ‎2.如图所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器（温度越高，热敏电阻阻值越小）。值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（ ） ‎ A. I变大，U变大 B. I变大，U变小 C. I变小，U变小 D. I变小，U变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当传感器R3所在处出现火情时，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流变化，分析路端电压U的变化．根据并联部分电压的变化，判断I的变化．‎ ‎【详解】当传感器R3所在处出现火情时，热敏电阻R3的阻值减小，则外电路总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大；由U=E-Ir可知，路端电压U减小，则图中报警器两端的电压U将减小；因总电流增大，则R1两端的电压增大，并联部分的电压减小，则可知流过R2中的电流I减小。故C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要了解半导体材料的特性：电阻随着温度升高而减小；二要处理局部与整体的关系，按“局部→整体→局部”顺序进行分析．‎ ‎3.如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是（ ）‎ A. 电子的运行轨迹为PENCMDP B. 电子运行一周回到P用时为 C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断电子的绕行方向，根据周期公式分三个部分求解运动一周的时间，根据半径关系求解两磁场的关系．‎ 解：A、根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；‎ B、电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2‎ 中运动半个周期，所以T=+，故B错误；‎ C、D、由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r=可知，B1=2B2，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ 点评：本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中．‎ ‎4.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则（ ）‎ A. 电路中感应电动势的大小为 B. 电路中感应电流的大小为 C. 金属杆所受安培力的大小为 D. 金属杆的发热功率为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据E=BLv，L是有效的切割长度，求解感应电动势．根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小．由F=BIL求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率．‎ ‎【详解】切割的有效长度为导轨间距l，故电路中感应电动势为：E=Blv，故A错误；电路中感应电流的大小为：，故B正确；金属杆所受安培力的大小为：，故C错误；属杆的热功率为：P=EI=I2r=，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv中L 为导轨宽度，即导线的有效切割长度，而求安培力时L为存在电流的总长度．‎ ‎5.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感强度为B，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若圆盘转动的角速度为ω，则发电机产生的电动势为 B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动 C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A：若圆盘转动的角速度为ω，则发电机产生的电动势。故A项正确。‎ B：若从上向下看，圆盘顺时针转动，据右手定则可得流过电阻R的电流沿a到b的方向流动。故B项错误。‎ C：若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，电流方向不变。故C项错误。‎ D：若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则发电机产生的电动势变为原来的2倍，电流在R上的热功率也变为原来的4倍。故D项错误。‎ 点睛：导体棒转动切割磁感线时，产生的感应电动势，其中指棒上各点的平均速度即棒中点的速度。 ‎ ‎6.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c将靠近金属导轨（ ）‎ A. 向右做匀速运动 B. 向左做匀速运动 C. 向右做减速运动 D. 向右做加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引．‎ 解：A、B导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流．故A错误．‎ B、导体棒ab向左做匀速运动时，根据右手定则判断得到，感应电流不变，螺线管产生的磁场不变，穿过c的磁通量不变；C中不会产生感应电流；故B错误；‎ C、导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生感应电流．故C正确．‎ D、导体棒ab向右做变加速运动时，根据右手定则判断得到，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生感应电流．故D正确．‎ 故选：CD ‎【点评】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，并掌握感应电流的产生条件．‎ ‎7.如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0．10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0．12 m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量，则 A. 两球所带电荷量相等 B. A球所受的静电力为1．0×10-2 N C. B球所带的电荷量为 D. A、B两球连线中点处的电场强度为0‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；对A球受力分析，由几何关系，两球斥开后，悬线与竖直方向的夹角为370，根据平行四边形法则可得：，选项B错误；根据库伦定理：，解得，选项C正确；AB带等量的同种电荷，故在A、B两球连续中点处的电场强度为0 ，选项D正确；故选ACD．‎ 考点：物体的平衡；库仑定律；电场强度 ‎8.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是（ ）‎ A. 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线 B. 匀强电场的电场强度大小为10V/m C. 匀强电场的电场强度方向为由C指向A D. 将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、连接AC，AC中点电势为2V，由正六边形对称性，则EB、AF、CD均为电场中的等势线，故A正确．‎ B、匀强电场的场强大小为，故B错误 C、电场线方向与EB垂直，即为C→A，故C正确．‎ D、将一个电子由E点移到D点，电场力做负功电子的电势能增加，故D正确 所以应该选ACD ‎9.如图所示，质量为m，带电荷量为＋q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B．现给环一向右的初速度，则（ ）‎ A. 环将向右减速，最后匀速 B. 环将向右减速，最后停止运动 C. 从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是 D. 从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、当环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，由于，即，则环先向右做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力为零，环将做匀速直线运动，故A正确，B错误； C、根据能量守恒知，损失的机械能等于环动能的减小量，匀速直线运动时有，解得，损失的机械能，故C错误，D正确。‎ 点睛：解决本题的关键能够分析物体的受力，环受重力、支持力、洛伦兹力以及摩擦力作用做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力等于零，环做匀速直线运动，根据能量守恒求出损失的机械能。‎ ‎10.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（ ）‎ A. 偏转电场对三种粒子做功一样多 B. 三种粒子一定打到屏上的同一位置 C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同 D. 三种粒子打到屏上时的速度一样大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度。粒子进入偏转电场中做类平抛运动，由分位移公式得到粒子在偏转电场中的偏转距离，再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置。根据电场力做功W=Eqy可分析偏转电场对粒子做功大小关系，结合动能定理分析粒子打到屏上时速度关系。‎ ‎【详解】粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：qU1=mv02-0；解得：v0=；粒子在加速电场中的运动时间：；粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：；在偏转电场中竖直分位移：；联立得，y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；加速电场对粒子做功为 W1=qU1，q和U1相等，所以加速电场E1对三种粒子做功相等。偏转电场E2对粒子做功：W2=qE2y，q、E2、y相等，则知偏转电场E2对三种粒子做功相等。故AB正确。离开偏转电场后粒子的运动时间：；粒子运动到屏上所用时间 t=t1+t2+t3=（2L1+L2+L3）；因为m/q不等，所以t不等，故C错误。对整个过程，根据动能定理得 W=mv2‎ ‎−0，由于W相等，m不等，所以v不等，即三种粒子打到屏上时速度不等，故D错误。故选AB。‎ 第Ⅱ卷 二、实验题 ‎11.在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R。‎ ‎（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径d为_______mm。‎ ‎（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量出的R结果将比真实值_____（选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎（3）如下图所示，是多用电表的“×10”欧姆挡经过正确步骤测量金属丝电阻时多用电表指针的位置，则金属丝阻值的测量值R＝_____Ω，若测出金属丝长度的测量值为L，则该金属丝电阻率的表达式ρ＝_____（用d、R、L表示）。‎ ‎【答案】 (1). 0.695~0.698mm (2). 偏小 (3). 140Ω (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）电流表外接法，根据欧姆定律即可判断出测量误差：（3‎ ‎）由电阻定律求出电阻率的表达式，即可求出电阻率。‎ ‎【详解】（1）由图甲所示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+19.7×0.01mm=0.697mm（0.696mm～0.698mm均正确）.‎ ‎（2）电流表外接法，电压U测量准确，由于电压表分电流，导致电流I测量偏大，故根据欧姆定律Rx=U/I，可知测量结果将比真实值偏小； （3）金属丝阻值的测量值R＝14×10Ω=140Ω 根据电阻定律可得：Rx= ‎ 横截面积：S=π（）2 联立可得金属丝的电阻率：‎ ‎【点睛】本题考查金属电阻率的测量实验，还考查了螺旋测微器与欧姆表的读数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读，结合电阻定律，求解金属丝的电阻率。‎ ‎12.利用如图所示的电路可以测定一节干电池的电动势和内电阻。‎ ‎（1）现有电压表（0～3V）、开关和导线若干，以及下列器材：‎ A．电流表（0～0.6A） B．电流表（0～3A）‎ C．滑动变阻器（0～20）D．滑动变阻器（0～100）‎ 实验中电流表应选用________；滑动变阻器应选用________。（选填相应器材前的字母）‎ ‎（2）在实物图中用笔画线代替导线，按电路图将电路连线补充完整________。‎ ‎（3）如上面右图所示，他们根据实验数据绘制出U﹣I图象，其中U是电压表的读数，I是电流表的读数。由此可以得到，干电池的电动势E＝___V，内电阻r＝ ____Ω．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（4）该实验小组还制作了一个水果电池。他们先将一电压表（量程3V、内阻2000Ω）与水果电池的两极相连，电压表的读数为0.70V；再将一数字电压表（内阻约为100MΩ）与水果电池的两极相连，读数为0.91V．由以上数据，可估算出该水果电池的内电阻r＝_____Ω（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). (4). 1.4V (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器。 （2）根据电路图进行连线；‎ ‎（3）电源的U-I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻。‎ ‎（4）根据闭合电路欧姆定律列出等式求解。‎ ‎【详解】（1）实验中电流表应选用量程为0.6A的A即可；滑动变阻器应选用阻值较小的C。‎ ‎（2）实物连线如图；‎ ‎（3）U-I图像的截距等于电动势，则干电池的电动势E＝1.4V，直线的斜率等于内阻，则内电阻r＝．‎ ‎（4）将一电压表（量程3V、内阻2000Ω）与水果电池的两极相连，电压表的读数为0.70V； 根据闭合电路欧姆定律列出等式：0.70=‎ ‎×2000 再将一数字电压表（内阻约为100MΩ）与水果电池的两极相连，读数为0.91V。 0.91=×100×106， 解得：r=600Ω。‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题。在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的。‎ 三、解答题 ‎13.如图所示，已知电源电动势E＝5 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R1＝0.5 Ω，滑动变阻器R2的阻值范围为0～10 Ω.求：‎ ‎（1）当滑动变阻器R2的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？‎ ‎（2）当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？‎ ‎【答案】（1）2.5 Ω，2.5W；（2）1.5 Ω，3.125W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大；将电阻R1与电源等效成等效电源考虑；‎ ‎(2) 当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大。‎ ‎【详解】(1) 对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大；将电阻R1与电源等效成电源，故当R2=2.5Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大；‎ ‎；‎ ‎(2) 当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大，故当R2=1.5Ω时，电源的输出功率最大；‎ 电源输出最大功率是 ‎【点睛】本题采用结论法解题，关键记住“对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大”的结论。‎ ‎14.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：‎ ‎（1）小球到达上极板小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度的大小E和电容器所带电荷量Q；‎ ‎【答案】（1） （2） ，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可； （2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；‎ ‎【详解】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有 ‎ 解得 ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有 ‎ 解得：‎ 电容器两板间的电压 ‎ 电容器的带电量为 ‎15.如图所示PQ、MN为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值R＝8Ω的电阻，导轨间距为L＝1m。一质量m＝0.1kg，电阻r＝2Ω，长约1m的金属杆水平放置在导轨上，它与导轨的滑动摩擦因数．导轨平面的倾角为θ＝30°，在垂直导轨平面方向有匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，现让金属杆AB由静止开始下滑，已知杆AB从静止开始到恰好作匀速运动的过程中沿轨道下滑距离s=20m，g=10m/s2求：‎ ‎（1）杆AB下滑速度为2m/s时的加速度大小；‎ ‎（2）杆AB下滑的最大速度vm；‎ ‎（3）杆AB从静止开始到恰好作匀速运动的过程中R上产生的热量。‎ ‎【答案】（1）1.5m/s2；（2）8m/s；（3）0.64J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由牛顿第二定律、安培力公式与闭合电路欧姆定律及摩擦力表达式，列出方程即可求解。‎ ‎（2）当AB杆加速度减至为零时，速度达到最大，从而根据方程计算，即可求解。‎ ‎（3）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式从而列出面积与电量、电阻及磁场、杆的长度关系，再由能量守恒关系，即可求解。‎ ‎【详解】（1）取AB杆为研究对象其受力分析 沿斜面方向： ①‎ 垂直斜面方向： ②‎ 摩擦力 ③‎ 安培力 ④‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 联立上面①②③④⑤⑥解得： ‎ 当 时 ‎ ‎（2）由上问可知 ，故AB做加速度减小的加速运动 当时， ‎ ‎（3）从静止开始到运速运动过程中 设两电阻发热和为QR+Qr 由能量守恒可知 ‎ 又 ‎ 联立 解得 ‎16.如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界（BC与L1重合），宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感强度大小为B1。一电荷量为q、质量为m（重力不计）的带正电点电荷从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，点电荷恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ。已知AB长度是BC长度的倍。‎ ‎（1）求带电粒子到达B点时的速度大小；‎ ‎（2）求磁场的宽度L；‎ ‎（3）要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。‎ ‎【答案】16. ‎ ‎17. ‎ ‎18. B2≥1.5B1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动沿水平方向与竖直方向分解，根据动为学规律即可求解；当粒子进入磁场时，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可确定运动的半径。最后由几何关系可得出磁场的宽度L；根据几何关系确定离开磁场的半径范围，再由半径公式可确定磁感应强度。‎ ‎【16题详解】‎ 设点电荷进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tanθ＝‎ 则θ＝30°‎ 根据速度关系有：v＝‎ ‎【17题详解】‎ 设点电荷在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得： ，轨迹如图：‎ 由几何关系得：L＝r1‎ 解得：L＝‎ ‎【18题详解】‎ 当点电荷不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，点电荷在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图：‎ 同理得：‎ 根据几何关系有：L＝r2(1＋sinθ) ‎ 解得：B＝1.5B1‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，本题涉及了类平抛运动、匀速圆周运动，学会处理这两运动的规律：类平抛运动强调运动的分解，匀速圆周运动强调几何关系确定半径与已知长度的关系。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎