2017-2018学年云南民族大学附属中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 12页

‎2017-2018学年云南民族大学附属中学高二上学期期中考试物理试卷 ‎（考试时间 90 分钟 ， 满分100分）‎ ‎ 命题人：闻杰 审题人：‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚。‎ ‎2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。‎ 一、选择题（其中1—8题是单选题，9—12题为多选题，4分/题，共48分）‎ ‎1．如图所示，一螺线管通电时，其右侧中轴线上A、B两点的磁感应强度分别为BA、BB，则(　 　)‎ A. BA>BB，方向均向左 ‎ B. BABB，方向均向右 ‎ D. BA”或“=”)‎ ‎14．某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：‎ A．电流表A1（内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA）‎ B．电流表A2（内阻约为0.4Ω，量程为‎0.6A）‎ C．定值电阻R0=900Ω D．滑动变阻器R（5Ω，‎2A）‎ E．干电池组（6V，0.05Ω）‎ F．一个开关和导线若干 G．螺旋测微器，游标卡尺 ‎（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为 mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为 cm．‎ ‎（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换 ‎ ‎ 挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为 Ω．‎ ‎（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值．‎ ‎（4）若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx= ．（用I1，I2，R0，Rg表示）‎ 三、计算题（15题7分，16题8分，17题10分，18题12分）‎ ‎15.（7分）16.如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10‎-6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，静电力做了﹣2×10-6J的功，已知A、B间的距离为‎2cm．‎ ‎（1）试求A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB；‎ ‎（3）试求该匀强电场的大小E 并判断其方向．‎ ‎16．（8分）如图所示，长度L=‎10m的水平传送带以速率沿顺时针方向运行，质量的小物块（可视为质点）以的初速度从右端滑上传送带。已知物块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度，求：‎ ‎（1）物块相对地面向左运动的最大距离为多少？‎ ‎（2）物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间为多少？‎ ‎17（10分）如图所示，ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，轨道半径为R=‎0.4m，A、B为半圆轨道水平直径的两个端点，O为圆心．在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×106 N/C，一个质量m=2.0×10‎-2kg，电荷量q=2.0×10‎-7C的带正电小球（可看作质点），从A点正上方由静止释放，经时间t=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道，g=‎10m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求：‎ ‎（1）小球经过C点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）小球经过B点后能上升的最大高度．‎ ‎18（12分）.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；‎ ‎(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x.‎ 答案 ‎1．A ‎【解析】越靠近螺线管的两端，磁感应强度越大，故，根据右手螺旋定则可知，螺线管的左端为S极，即方向都向左，故A正确．‎ ‎2．B ‎【解析】A、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷，金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故A错误，B正确； C、先把C移走，A、B电荷恢复原状，A、B两端都不带电，若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开，故C错误； D、先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A与B上的电荷重新中和，A上的金属箔片闭合，B上的金属箔片也闭合，故D错误。‎ 点睛：该题考查物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等。‎ ‎3.解析：选D.两球相距r时，根据库仑定律F＝k，两球接触后，带电荷量均为2Q，则F′＝k，由以上两式可解得F′＝，D正确．‎ ‎4解析：选D.在B点和C点附近分别取很小的一段d，由题图得，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E＝，可见EBx>ECx，A项错误；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；沿电场线方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，B项错误，D项正确．‎ ‎5．C ‎【解析】C为同步卫星，即角速度和地球自转角速度相同，离地高到大于地球半径，根据公式可得，即，A错误；根据公式可得，即运动半径越大，卫星的线速度越小，故，B错误；根据公式，可得物体A随地球自转的向心加速度小于卫星C的向心加速度，C正确；C是同步卫星，和地球自转周期相同，D错误．‎ ‎6．A ‎【解析】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mgh＝mv2−mv02 解得：v0=‎15m/s 小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：-mv0+MV=（M+m）v′ 解得：v′=‎5m/s，故选A.‎ ‎7．C ‎【解析】试题分析：根据匀强电场的电场强度公式，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式 ‎，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．‎ 如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，因为匀强电场，则有，依据几何关系，则，因此电场强度大小为，故A正确；根据，因a、b、c三点电势分别为，解得：原点处的电势为，故B正确；因，电子从a点到b点电场力做功为，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误； ，电子从b点运动到c点，电场力做功为，D正确．‎ ‎8．B ‎【解析】触头向上移动时，滑动变阻器接入电路中电阻变大，总电阻变大，电路中电流变小，小灯泡变暗，A项错误；电流变小，内电压变小，路端电压变大，电压表示数变大，C项错误；路端电压变大，小灯泡两端电压变小，滑动变阻器两端电压变大，根据Q=CU可知电容器所带电荷量变大，B项正确；电路中电流变小，根据P=EI得出电源的总功率变小，D项错误.‎ 故选B.‎ ‎9解析：选ABD.根据等量异种点电荷电场线及等势线的分布可知b、d两点电势相同，电场强度大小相等、方向不同，选项A正确，C错误．四点中a点电势最高，c点电势最低，由a经b到c，电势越来越低，正电荷由a经b到c电势能越来越小，选项B、D正确．‎ ‎10.BC ‎11.[解析]　若虚线是电场线，由质子轨迹可知质子所受电场力方向沿电场线向左，由a点运动到b点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，A错；若虚线是等势线，则质子所受电场力垂直等势线向下，由a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，B对；因电场线和等差等势线的疏密程度均可表示电场强度大小，而a点处于密集区，所以Ea>Eb，由a＝ 知C对；因质子在a、b两点的电势能大小无法比较，由Ep＝qφ知，a、b两点的电势无法比较，D错．‎ ‎[答案]　BC ‎12[解析]　根据题图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝变小，油滴所受的合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量Q保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝，U＝和E＝，可得E＝，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误．‎ ‎[答案]　AB ‎13． P ‎0.98m/s 0.49J 0.48J >‎ ‎【解析】试题分析：纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．‎ ‎（1）实验中重锤是从静止释放的，速度逐渐增大，与重锤相连的纸带速度较小，后面逐渐增大．从图中可以看出应该是P端与重物相连；‎ ‎（2）利用匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程中的平均速度可得；‎ ‎（3）重力势能减少量，增加的动能为；‎ ‎（4）通过计算可以看出，这是因为纸带和重錘运动过程中受阻力．‎ ‎14．（1）6.126；10.230；（2）×1Ω；10；（3）如图所示；（4）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．‎ ‎（2）由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎（3）根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图．‎ ‎（4）根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值．‎ 解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：‎6mm+12.6×‎0.01mm=‎6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：‎102mm+6×‎0.05mm=‎102.30mm=‎10.230cm；‎ ‎（2）用欧姆表“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×1Ω挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为10×1Ω=10Ω；‎ ‎（3）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000Ω，电流表内阻约为0.4Ω，待测电阻阻值约为10Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：‎ ‎（4）金属棒电阻阻值：Rx==；‎ 故答案为：（1）6.126；10.230；（2）×1Ω；10；（3）如图所示；（4）．‎ ‎【点评】本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读．‎ ‎15 （1）由题意可知，静电力做负功，有：‎ WAB=﹣2×10﹣6J 根据UAB=‎ 得：UAB=2V ‎（2）由UAB=φA﹣φB，可得φB=φA﹣UAB=1V﹣2V=﹣1V ‎（3）沿着电场方向的位移为d=2×10﹣2cos60°m=1×10﹣‎‎2m E=V/m 沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下 ‎16（1）‎9m（2）6.25 s ‎【解析】（1）物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动， 由牛顿第二定律得：μmg=ma，加速度：a=μg=0.2×10=‎2m/s2， 由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移： ‎ ‎（2）物体向左运动的时间； 物块速度变为零后，反向向有做初速度为零的匀加速运动，加速度a=‎2m/s2，物块速度等于传送带速度v0=‎4m/s时，物块的位移， ‎ 运动时间然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间： ‎ 物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间：t=t左+t1+t2=6.25s； ‎ 点睛：本题考查了求物块的位移、运动时间问题，分析清楚物体的运动过程是本题正确解题的关键，分析清楚物体的运动过程、应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．‎ ‎17. 解：（1）由题意可知，小球进入电场前做自由落体运动，设下落的高度为h，到达C的速度为vC，由题意可得：（1）‎ 小球进入电场后做圆周运动，从A点运动到C点过程由动能定理可得：（2）‎ 可得：（3）‎ 设到达C时轨道对小球的支持力为N，由受力分析可得：（4）‎ 由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为N'=N=1.65N（5）‎ ‎（2）设小球经过B点后上升的最大高度为h'，小球从C点经过B点上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得：（6）‎ 代入数据可得：h'=‎0.85m（7）‎ ‎18[解析]　(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：‎ a1＝＝ ＝a1t v1＝a1t1，t2＝ 运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 .‎ ‎(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2＝＝ t3＝，vy＝a2t3‎ tan θ＝ 联立各式解得tan θ＝2.‎ ‎(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1‎ x1＝a2t tan θ＝ 解得：x＝x1＋x2＝‎3L.‎ ‎[答案]　(1)3 　(2)2　(3)‎‎3L