2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 18页

绝密★启用前 重庆市巴蜀中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．固定直导线c垂直纸面，可动导线ab通以如图所示方向的电流，用测力计悬挂在导线c的上方，若导线c中通以垂直于纸面指向纸外的电流时，以下判断正确的是（ ）‎ A．导线a端转向纸外，同时测力计读数减小 B．导线a段转向纸外，同时测力计读数增大 C．导线b端转向纸外，同时测力计读数减小 D．导线b端转向纸外，同时测力计读数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：b段的磁场方向斜向左上，根据左手定则可得b端受到指向纸面里的安培力，a端的磁场方向为斜向左下，根据左手定则可得受到的安培力方向指向纸外，故导线a端转向纸外，导线b端转向纸内，当ab导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．导致弹簧秤的读数变大，故B正确；‎ 考点：考查了安培力 ‎【名师点睛】在解决该题的过程中：1、使用了电流元法，即在导线上取一较短的电流，判断其受力方向．2、使用了特殊位置法，转过90°后判断其受力．3、使用了结论法，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥 ‎2．如图所示，在正方形区域的四个顶点固定放置四个点电荷，它们的电量的绝对值相等，电性如图中所示．K、L、M、N分别为正方形四条边的中点，O为正方形的中心．下列关于各点的电场强度与电势的判断正确的是（ ）‎ A． K点与M点的电场强度大小相等、方向相反 B． O点的电场强度为零 C． N点电场强度的大小等于L点电场强度的大小 D． K、O、M三点的电势相等 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：根据电场的叠加原理可知：K点与M点的电场强度大小相等、方向相同，故A错误；根据电场的叠加原理，O点的电场强度不为零，方向水平向右，故B错误；两个正电荷N点产生的合场强为零，两个负电荷在L点产生的合场强为零，根据电场的叠加原理可知，N点电场强度的大小等于L点电场强度的大小，故C正确；在两个等量异种电荷的电场中，连线的垂直平分线是一条等势线，叠加后，可知K、O、M三点在同一等势面上，电势相等，故D正确，选CD。‎ 考点：电势和电场强度。‎ ‎3．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中 A． 向负极板偏转 B． 电势能逐渐增大 C． 运动轨迹与带电量无关 D． 运动轨迹是抛物线 ‎【答案】D ‎【解析】由于带负电，受力方向向正极板；故向正极板偏转，A错误；由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，C错误；由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，D正确．‎ ‎4．电吹风机中有电动机和电热丝两部分，己知电动机线圈的电阻为R1，它和阻值为R2的电热丝串联．设电吹风机工作时两端的电压为U，通过线圈的电流为I，消耗的电功率为P，则下列关系正确的是（ ）‎ A． P>I2（R1+R2） B． P=I2（R1+R2） C． U=I（R1+R2） D． P>UI ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB. 电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2(R1+R2)，吹风机的总功率P=IU要大于发热功率，故A正确，B错误；‎ C. 电吹风不能看作纯电阻电路，故不能用欧姆定律求解电压，故C错误；‎ D. 电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以D错误。‎ 故选：A.‎ ‎5．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法正确的是（ ）‎ A． 增大电场的加速电压 B． 增大D形金属盒的半径 C． 减小狭缝间的距离 D． 减小磁场的磁感应强度 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由，解得．则动能，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故BD正确，‎ 考点：考查回旋加速器工作原理 ‎6．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，开关K闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为DU1、DU2、D U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为DI，正确的是（ ）‎ A． V2的示数增大 B． 电源输出功率在减小 C． DU1大于DU2‎ D． DU3与DI的比值在减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 理想电压表内阻无穷大,相当于断路。理想电流表内阻为零,相当短路,所以定值电阻R与变阻器串联,电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时,接入电路的电阻减小,电路中电流增大,内电压增大,路端电压减小,则V2的示数减小，故A错误；‎ B. 当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大；故B错误；‎ C. 根据闭合电路欧姆定律得：U2=E−Ir,则得：△U2/△I=r;而△U1/△I=R,据题：R>r,则得△V1>△V2.故C正确。‎ D. 根据闭合电路欧姆定律得：U3=E−I(R+r),则得：△U3/△I=R+r，保持不变，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】‎ 理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．根据电源内外电阻关系分析电源的输出功率如何变化．‎ ‎7．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向。（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是 A． 小球带负电 B． 当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C． 当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D． 当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变小.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故A错误。滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，故C正确．在滑片由a向b滑动时，滑动变阻器接入电阻减小；总电阻减小，总电流增大，则可知，总功率增大，故D错误。‎ 考点：考查了含电容电路 ‎8．如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2/B1等于（ ）‎ A． B． C． 2 D． 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设圆的半径为r ‎(1)磁感应强度为B1时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,∠POM=120∘，如图所示：‎ 所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60∘=R/r,得：R= r 磁感应强度为B2时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,∠PON=60∘，如图所示：‎ 所以粒子做圆周运动的半径R′为：sin30∘=R′/r,得：R′=r/2‎ 由带电粒子做圆周运动的半径：R=得：‎ R= ①‎ R′= ②‎ ‎①②得： B2：B1=‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件和角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可．‎ ‎9．质谱仪是测带电粒子的质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量，其工作原理如图所示，虚线为某粒子运动轨迹，由图可知（ ）‎ A． 此粒子带负电 B． 下极板S2比上极板S1电势高 C． 若只增大加速电压U的值，则半径r变大 D． 若只增大入射粒子的质量，则半径r变大 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据牛顿第二定律求出轨道半径，从而得知x与什么因素有关．‎ 解：根据动能定理得，qU=mv2，由qvB=m得：r=．‎ A、由图结合左手定则可知，该电荷带正电．故A错误．‎ B、粒子经过电场要加速，因正电粒子，所以下极板S1比上极板S2电势低．故B错误．‎ C、若只增大加速电压U，由上式可知，则半径r变大，故C正确，‎ D、若只增大入射粒子的质量，q不变，由上式可知，则半径也变大．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】解决本题的关键利用动能定理和牛顿第二定律求出P到S1的距离，从而得出x与电荷的比荷有关．‎ ‎10．如图，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响,则( )‎ A． A和B在电场中运动的时间之比为2∶1‎ B． A和B运动的加速度大小之比为4∶1‎ C． A和B的质量之比为1∶2‎ D． A和B的位移大小之比为1∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向: ‎ 由于带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，所以运动时间与走过的水平位移成正比，则粒子的运动时间之比:‎ ‎,故A错误; B、粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动， ，由于粒子在竖直方向上走过的高度是相等的，所以加速度之比和时间的平方成反比，‎ 则加速度之比： ，故B正确； C、由牛顿第二定律得： ,则粒子质量之比: ,故C错误；‎ D、A、B两个粒子在竖直方向上的位移相等，但水平方向上的位移不相等，所以合位移之比不相等，即不是1:1的关系，故D错误；‎ 综上所述本题答案是：B 评卷人 得分 二、多选题 ‎11．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（ ）‎ A． —定做曲线运动 B． 可能做直线运动 C． 速率先减小后增大 D． 速率先增大后减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、小球受重力和电场力两个力作用，如图：‎ 合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A正确，B错误；‎ C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎12．如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，在该区域中有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上，已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，则下列判断正确的是（ ）‎ A． 小球能越过d点并继续沿环向上运动 B． 当小球运动到d点时，不受洛伦兹力作用 C． 小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，电势能减小 D． 小球从b点运动到c点的过程中，经过弧be中点时速度最大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB、电场力与重力大小相等,则二者的合力指向左下方45∘,由于合力是恒力,故类似于新的重力,所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，即当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力；故A错误，B正确；‎ C. 由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，电场力做正功，电势能减小，故C正确；‎ D. 由于等效重力指向左下方45∘‎ ‎，故弧bc中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大，故D正确；‎ 故选：BCD。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎13．为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如下的实验电路，已知小灯泡的规格为“12 V， 5 W”。‎ ‎（1）闭合电建前，应将电路图中的滑动变阻器的滑片移到______（填“a”或“b”）端。根据连接好的实物图，调节滑动变阻器，记录多组电压表和电流表的读数，作出的图线如图甲中实线所示，由图线分析可知，小灯泡的电阻随温度的升高而______（填“增大”或“减小”）。若某次电流表的示数如图乙所示，则此时小灯泡的功率为____W（保留两位有效数字）。‎ ‎（2）若图像中的虚线Ⅰ或Ⅱ表示小灯泡真实的伏安特性曲线，与实验中得到的实线相比，虚线_____（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）才是其真实的伏安特性曲线。‎ ‎【答案】（1）a ， 增大，2.4；（2）Ⅱ ‎【解析】‎ ‎（1）开始时应让测量部分电压为零，故开关应移到a端开始调节； 由图可知图象的斜率越来越小，则说明电阻越来越大，小灯泡的电阻随温度的升高而增大；由电流表示数可知，电流大小为0.4A，则由图可知，电压为6.0V，故灯泡功率P=UI=6×0.4=2.4W； ‎ ‎（2）由于电流表采用外接法，由于电压表分流使电流表示数偏大，而电压表是准确的，故相同电压电流应偏小，故II为真实的图象．‎ ‎14．双流中学一研究性学习小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200Ω•m，如图1所示为该组同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱．容器内表面长a=40cm，宽b=20cm，高c=10cm，将水样注满容器后，进行以下操作：‎ ‎(1)分别用多用电表欧姆挡的“×l00”、“×1K”两档粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图2所示，则所测水样的电阻约为_________Ω．‎ ‎(2)为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材；‎ A．电流表（量程6mA，电阻RA为20Ω） B．电压表（量程15V电阻Rv约为10kΩ）‎ C．滑动变阻器（0-20Ω，额定电流1A） D．电源（12V内阻约10Ω） ‎ E．开关一只、导线若干 请在图3的实物图中完成电路连接．‎ ‎(3)正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据如表所示，请在图4的坐标纸中作出U-I关系图线.‎ ‎(4)由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为_________Ω•m,据此可知，所测水样在电阻率这一指标上__________（选填“达标”或“不达标”）．‎ ‎【答案】1750‎ ‎135.5不达标 ‎【解析】‎ ‎【试题分析】(1)图乙中左图，指针位于刻度盘中央附近，误差较小，由此表读出水样的电阻；(2)要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，滑动变阻器要采用分压接法；根据两电表内阻与水样的电阻倍数关系，确定出采用电流表内接法，即可完成电路连接；(3)建立坐标系，采用描点法连线作图．(4)由图线斜率和电流表的内阻，求解水样的电阻，由电阻定律求解电阻率，与达标值为ρ≥200Ω•m比较，分析是否达标．‎ ‎(1)电阻的大小等于指针示数乘以倍率，得出水样的电阻约为：1750Ω；‎ ‎(2)因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；‎ 又因为所测电阻的阻值约为1750Ω＞RARV，则采用电流表内接法，电路连接如图所示．‎ ‎(3)描点法作图，如图．（让绝大多数的点在直线上，其余各点均匀地分布在直线两侧．）‎ ‎(4)由图线斜率可知，总电阻为，又R=R总﹣RA=2710Ω，根据电阻定律，故有，所以不达标．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握欧姆表的读数方法，以及掌握如何选择电流表的内外接、滑动变阻器的分压、限流接法．‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．如图，水平放置金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为lm，磁场的磁感强度大小为1T，方向与导轨平面夹角为a=37°，金属棒ab的质量为0.02kg，放在导轨上且与导轨垂直，且与导轨的动摩擦因数为0.4，电源电动势为1.5V，内阻为0.5Ω，定值电阻R为1Ω，其余部分电阻不计。则当电键K闭合的瞬间，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎（1）电流多大？‎ ‎（2）棒ab的加速度为多大？‎ ‎【答案】（1）1A；（2）10m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)根据闭合电路的欧姆定律可得I=A=1A ‎(2)对导体棒受力分析可知FN=mg+BILcosα 由牛顿第二定律可的BILsinα−μFN=ma 联立解得a=10m/s2‎ 答：(1)电流为1A；‎ ‎(2)棒ab的加速度为10m/s2‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）有闭合电路的欧姆定律求的电流；‎ ‎（2）对导体棒受力分析根据牛顿第二定律求的加速度 ‎16．如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电荷、B板带负电荷．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电的微粒(微粒的重力不计)，问：‎ ‎(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大？‎ ‎(2)为了使微粒能在C、D板间运动而不碰板，C、D板间的电场强度大小应满足什么条件？‎ ‎(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P点？‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qU＝mv2，‎ 解得.‎ ‎（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有，‎ 半径R＝，‎ 联立得.‎ ‎（3）微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，，‎ 则，‎ 设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则，‎ 所以从释放微粒开始，经过微粒第一次到达P点；根据运动的对称性，易知再经过2(t1＋t2)微粒再一次经过P点……‎ 所以经过时间，(k＝0，1，2，…)微粒经过P点．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．圆周运动问题的解决析关键要通过受力分析找出向心力的来源.‎ ‎17．如图，矩形abcd区域有磁感应强度为B的匀强磁场，ab边长为3L，bc边足够长。厚度不计的挡板MN长为5L，平行bc边放置在磁场中，与bc边相距L，左端与ab边也相距L。质量为m、电荷量为e的电子，由静止开始经电场加速后沿ab边进入磁场区域，电子与挡板碰撞后完全被吸收并导走。‎ ‎（1）如果加速电压控制在一定范围内，能保证在这个电压范围内加速的电子进入磁场后在磁场中运动时间都相同。求这个加速电压U的范围。‎ ‎（2）调节加速电压，使电子能落在挡板上表面，求电子落在挡板上表面的最大宽度 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）只要电子从ad边离开磁场，其运动的轨迹为半圆，运动时间相同，都为，当垫子与挡板下表面相切时，轨迹的半径，圆心为，如图所示，要使垫子在磁场中的运动时间相等，必须满足：①‎ 根据牛顿第二定律②‎ 根据动能定理：③‎ 联立解得④（取等号也可）‎ 若垫子恰好能绕过挡板最后段从ad边离开磁场，设其轨迹的半径为，根据几何关系可得⑤‎ 解得⑥，即电子将从bc边出去了，即电子不可能绕过挡板最右端N点从ad边离开磁场，所以，使得电子在磁场中运动时间相同的电压的取值范围是 ‎（2）电子能打到挡板上表面必须满足一下要求：‎ ‎（i）电子能通过M点边缘，设其对应的半径为，圆心为，打在上板的C点，‎ 则有：⑧，⑨‎ ‎（ii）电子不能从bc边射出，设电子轨迹与bc边相切时的半径为，圆心为，打在上板的D点，则有：，‎ 所以 考点：考查了带电粒子在组合场中的运动 ‎【名师点睛】‎ 带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径