2017-2018学年陕西省西安中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 15页

西安中学2017—2018学年度第一学期期中考试 高二物理（平行班）试题 ‎（时间：90分钟 满分：100分）命题人：‎ 一、单项选择题（每题4分，共44分）‎ ‎1. 如图所示，一质量为m、电荷量为Q的小球A系在长为L的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q的小球B位于悬挂点的正下方(A、B均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A、B静止于同一高度．已知重力加速度为g，静电力常量为k，则两球间的静电力为(　　)‎ ‎ ‎ A. B. C. mg D. mg ‎【答案】A ‎【解析】平衡时A、B间的距离r＝lsin 30°＝，根据库仑定律得，A正确，B错误；A球的受力情况如图所示，可知F＝mgtan 30°＝mg，CD均错误．‎ ‎ ‎ ‎2. 如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点，下列判断正确的是(　　) ‎ A. M、N、P三点中N点的场强最大 B. M、N、P三点中N点的电势最高 C. 负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D. 正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点 ‎【答案】A ‎【解析】电场线的疏密反应了场的强弱，N点处电场线最密，所以N点场强最大，故A正确；顺着电场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高，故B错误；根据EP=qφ，φM＞φP＞φN可知，负电荷在M点电势能小于在N点的电势能，故C正确；在M点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故D错误．故选A.‎ 点睛：解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低．判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎3. 如图所示，匀强电场的电场强度E＝100 V/m，A、B两点相距LAB＝10 cm，A、B连线与电场线的夹角为60°，则UBA为(　　)‎ ‎ ‎ A. －10 V B. 10 V C. －5 V D. －3 V ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据匀强电场电场强度和电势差公式可得，故C正确；‎ 考点：匀强电场电场强度和电势差关系 ‎【名师点睛】关键是知道中的d是沿电场方向的距离，‎ ‎4. 电阻R1和R2的伏安特性曲线如图所示，已知R1＝1 Ω，则R2的阻值为 (　　)‎ A. 3 Ω B. Ω C.Ω D. Ω ‎【答案】A ‎【解析】过水平轴上任一电压不为零的位置作一平行于纵轴的直线，交R1和R2的伏安特性曲线于两点，表明R1和R2两端加上相同电压时，流过R1和R2的电流分别是、，如图所示：‎ 由部分电路和欧姆定律结合数学知识可得：又 ，则 ‎，故选A 点睛：I－U图线，其与原点连线的斜率表示电阻的倒数，但此图象中，原因是横纵坐标的标度不同。‎ ‎5. 如图所示的电路，闭合开关S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值，则(　　) ‎ A. 电流表的示数减小 B. 电压表的示数减小 C. 电阻R2两端的电压减小 D. 路端电压增大 ‎【答案】B ‎【解析】减小变阻器R的阻值时，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流I增大，所以电流表示数增大，故A错误，‎ 路端电压U=E-Ir，E、r不变，U减小，故D错误；‎ 电压表测量R1电压U，因为E不变，R2和r的电压增大，则电压表读数减小，故B正确，C错误．‎ 故选B ‎6. 一段通电直导线，长度为l，电流为I，放在同一个匀强磁场中，导线和磁场的相对位置有如图所示的四种情况，通电导线所受到的安培力的大小情况将是(　　)‎ A. 丙和丁的情况下，导线所受到的安培力都大于甲的情况 B. 乙的情况下，导线不受力 C. 乙、丙的情况下，导线都不受力 D. 甲、乙、丁的情况下，导线所受安培力大小都相等 ‎【答案】B ‎【解析】由图象得：甲、丙、丁三图中导线均与磁场垂直，乙图中导线与磁场平行；故甲、丙、丁三种情况下，导线所受安培力大小均为，乙情况下导线所受安培力大小为0。综上选B 点睛：通电导线在磁场中受安培力有两种特殊情形：①导线与磁场垂直②导线与磁场平行。‎ ‎7. 在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“”表示)．如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转(　　)‎ A. 不偏转 B. 向东 C. 向西 D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】根据左手定则，磁感线穿掌心，四指指负电荷运动的反方向，拇指指洛伦兹力的方向（向东）故选B ‎8. 两圆环A、B同心放置且半径RA>RB，将一条形磁铁置于两环圆心处且与圆环平面垂直，如图所示，则穿过A、B两圆环的磁通量的大小关系为(　　)‎ A. ΦA>ΦB B. ΦA＝ΦB C. ΦA<ΦB D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．‎ 故选C 考点：考查磁通量的大小 点评：非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．常见问题，中等难度.‎ ‎9. 如图所示，线圈两端与电阻和电容器相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下。在将磁铁的S极插入线圈的过程中 (　　)‎ A. 通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥 B. 通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥 C. 电容器的B极板带正电，线圈与磁铁相互吸引 D. 电容器的B极板带负电，线圈与磁铁相互排斥 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用．‎ 当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为b→a．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥．综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥，故B正确．‎ ‎10. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(　　)‎ A. Δt B. 2Δt C. Δt D. 3Δt ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期 T=，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间．‎ 解：设圆形磁场区域的半径是R，‎ 以速度v射入时，半径，‎ 根据几何关系可知，，所以 运动时间t=‎ 以速度射入时，半径，‎ 所以 设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：‎ tan 所以θ=120°‎ 则第二次运动的时间为：t=′=2△t 故选：B．‎ ‎【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．‎ ‎11. 如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　) ‎ A. 2 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：粒子垂直于磁场方向进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在薄板上方，，在薄板下方，即可得，根据粒子穿越铝板时动能损失一半，可得，即，带入可得 ‎.对照选项D对。‎ 考点：带点粒子在匀强磁场中的运动 二、多项选择题（每题4分，共16分）‎ ‎12. 如图所示，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1∶2‎ 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∶12‎ D. A和B的位移大小之比为1∶1‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：，则粒子的运动时间之比：，故A正确；粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向位移相等，，则加速度之比：，故B正确；由牛顿第二定律得：qE=ma，则粒子质量之比：，故C正确；比荷之比：，故D错误。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎13. 如图为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则(　　) ‎ A. 正对面积越大，电容越大 B. 正对面积越大，电容越小 C. 动片、定片间距离越小，电容越大 D. 动片、定片间距离越小，电容越小 ‎【答案】AC ‎【解析】AB：由电容器电容的决定式可得当正对面积越大，电容越大；故A正确、B错误 CD：由电容器电容的决定式可得当动片、定片间距离越小，电容越大；故C正确、D错误 ‎14. 如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中。导线中通以沿x轴正方向的电流I，悬线与竖直方向的夹角为θ，且导线保持静止，则磁感应强度的方向和大小可能为(　　)‎ ‎ ‎ A. z轴正向， tanθ B. y轴正向， ‎ C. z轴负向， tanθ D. 沿悬线向上， sinθ ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：对导体棒进行受力分析，根据共点力平衡进行判断，并根据共点力平衡求出磁感应强度的大小．‎ 解：A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能在此位置平衡，故A错误；‎ B、当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下，当BIL=mg，B=导线静止，与竖直方向夹角θ=0°，不符合题意，故B错误；‎ C、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件：BILRcosθ=mgRsinθ，所以B=．故C正确；‎ D、磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于绳子斜向上，根据平衡条件：F=mgsinθ，得：B=，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则．‎ ‎15. 长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)‎ ‎ ‎ A. 使粒子的速度v< B. 使粒子的速度v>‎ C. 使粒子的速度v> D. 使粒子的速度5BqL/4m，故选AC.‎ 点睛：该题考查了有界磁场的问题，利用几何关系求出轨迹半径是解题的关键．能根据沦洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系，并能根据几何关系求出粒子不射出磁场的半径条件．‎ 三、实验题 ‎16. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为3Ω，实验室备有下列实验器材：‎ A．电压表V(量程3V，内阻约为3kΩ)‎ B．电流表A(量程0.6A，内阻约为1Ω)‎ C．滑动变阻器R(0～10Ω，额定电流0.5A)‎ D．电源E(电动势为3V，内阻约为0.3Ω)‎ E．开关S，导线若干 ‎①为减小实验误差，应选用图中________(填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图．‎ ‎②现用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得其直径示数如图丙，则直径为________mm.图丁为两电表的示数，则该金属丝的电阻率为________Ω·m.(结果保留3位有效数字)‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 0.608（0.606～0.609） (3). 1.1610－6 (1.1510－6～1.1710－6)‎ ‎ ‎ ‎(2)0.608mm（0.606～0.609mm均正确）根据公式,可得 ‎17. 在“用多用电表测电阻”的实验中，选择“10”‎ 挡测电阻时，指针停留在如图所示位置．下面的操作选项最合适的是________．‎ A．无需换挡，直接读数 B．应选择“1”挡，重新测量 C．应选择“100”挡，重新测量 D．应选择“1 k”挡，重新测量 某实验小组利用下图的实物连线图，做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，该小组在实验时测得两组数据，第一组是电压从0逐渐增加到2.5 V，第二组是从2.5 V逐渐减小到0，将两组数据描在IU图上，如图，第一组数据的数据点在图中是用________(选填“○”或“”)表示的．‎ 另一实验小组用同样的电路实验，发现电压表示数的最大值只有1.5 V，检查电路正确并连接良好，而后将电路断开，用电压表直接接到这两节电池串联而成的电池组两端，电压表示数为3.00 V．请解释原因：________________________________________.‎ ‎【答案】 (1). C (2). ○ (3). 干电池内阻较大 ‎【解析】（1）选择“×10”挡测量，欧姆表示数偏大，测量结果＝示数×倍率；要让示数变小，则更换更大的倍率。故选C ‎（2）金属导体电阻随温度的变化而变化，第二组开始时的温度较高，故第二组在相同电压下测得电阻较大，第一组测得的电阻较小；因图线是I－U图线，其与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故第一组数据的数据点在图中是用○表示的。‎ ‎（3）用电压表直接测量时为电源的电动势，而在接入电路后输出电压较小；说明干电池内阻较大。‎ 四、计算题（10+12=22分）‎ ‎18. 如图所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一带电荷量为q、质量为m的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置．求：‎ ‎(1)小球所带电荷的电性及场强的大小；‎ ‎(2)若将细线突然剪断，小球在电场力和重力作用下做何种性质的运动？加速度为多大？‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)负电　　(2)初速度为零的匀加速直线运动　gtan α ‎【解析】试题分析：（1）根据受力分析（如图），小球带负电．‎ mg＝Eqcosα ‎∴‎ ‎（2）初速度为零的匀加速直线运动 ，根据牛顿第二定律可知：ma="mgtanα" ‎ 解得a=gtanα 考点：物体的平衡；牛顿第二定律.‎ ‎19. 如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：‎ ‎(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；‎ ‎(2)电子在磁场中运动的时间t；‎ ‎(3)圆形磁场区域的半径r。‎ ‎【答案】(1)　(2)　(3) tan ‎【解析】（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即： ‎ 由此可得电子做圆周运动的半径为： （2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度为：α=θ 则电子在磁场中运动的时间： （3）由题意知，由图根据几何关系知： 得： ‎