2017-2018学年湖北省仙桃、天门、潜江高二上学期期末联考物理试题 解析版 17页

湖北省仙桃、天门、潜江三市2017-2018学年高二上学期期末联考物理试题 一、选择题 ‎1. 在电场中的某点放一检验电荷，其电荷量为q(q>0)，检验电荷受到的电场力为F，则该点的电场强度E=F/q，下列说法正确的是 A. 若移去检验电荷，则该点的电场强度为0‎ B. 若检验电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4E C. 若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小、方向均不变 D. 若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反 ‎【答案】C ‎【解析】由题，该点的电场强度E=，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为E=．故A错误．若检验电荷的电量变为4q，检验电荷所受的电场力为4F，该点的电场强度仍为E=．故B错误．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，检验电荷所受的电场力为﹣2F，该点的电场强度仍为E=．故C正确，D错误．故选C.‎ 点睛：电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的．‎ ‎2. 如图所示电路中，当变阻器的滑动头P向b端移动过程中 A. 电压表示数变大，电流表示数变大 B. 电压表示数变小，电流表示数变大 C. 电压表示数变大，电流表示数变小 D. 电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【答案】C ‎..................‎ ‎【点睛】电压表测量路端电压．当变阻器的滑动头P向b端移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化．由欧姆定律判断并联部分电压的变化，确定通过的电流如何变化，由总电流和通过通过电流的变化分析电流表示数的变化．‎ ‎3. 如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可以判断出 A. 带电粒子一定带正电 B. a点的电势一定高于b点的电势 C. 带电粒子在a点的速度一定大于在b点的速度 D. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】假定粒子由a到b运动，由图可知，粒子偏向下方，则说明粒子在a、b两处所受的电场力向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性和那点电势更高，故AB错误；由图可知，若粒子从a到b的过程中，电场力做正功，故说明粒子速度增大，故可知b处速度较大，故C错误；电场力做正功，则电势能减小，故b点电势能较小，故D正确；选D.‎ ‎【点睛】由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化．‎ ‎4. 如图所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直．当直导线中通入图中所示方向的电流时，和未通电相比较，可以判断出 A. 弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大 B. 弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小 C. 弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大 D. 弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小 ‎【答案】D ‎【解析】条形磁铁位置磁感线如图所示：‎ 由图可知，磁场方向向右；根据左手定则，电流受到的安培力向下，故弹簧弹力变大；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力与安培力等大、反向、共线，即向上，故磁体对地压力变小；故选D.‎ ‎【点睛】画出条形磁铁位置磁感线情况，然后根据左手定则判断安培力方向，再根据牛顿第三定律判断磁体受到的磁场力方向．‎ ‎5. 如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只单匝闭合线框a和b，以相同的水平速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则在此过程中 A. 线框a、b中电流大小之比∶=1∶1‎ B. 线框a、b中电流大小之比∶=1∶2‎ C. 线框a、b中焦耳热之比∶=1∶2‎ D. 线框a、b中焦耳热之比∶=1∶8‎ ‎【答案】A ‎【解析】闭合线框a产生的感应电动势，电阻为，则产生的电流为；闭合线框b产生的感应电动势，电阻为，则产生的电流为，故，故A正确，B错误；线框a产生的热量为，其中，，得；线框b产生的热量为，其中，，得，故，故CD错误；选A.‎ ‎【点睛】将闭合线框a和b匀速拉出磁场，根据感应电动势公式、电阻定律和欧姆定律求出电流之比，根据焦耳定律求出产生的热量之比．‎ ‎6. 如图所示，在水平面内固定有两平行金属导轨，导轨间距为L，两导轨间整个区域内分布有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向与导轨平面成θ角并与金属杆ab垂直，垂直于两导轨放置的金属杆ab重力为G．通过的电流为I，处于静止平衡状态，则 A. 金属杆ab所受的支持力等于G+BILsinθ B. 金属杆ab所受的支持力等于G+BILcosθ C. 金属杆ab所受的摩擦力大小为BILcosθ D. 金属杆ab所受的安倍力大小为BIL ‎【答案】D ‎【解析】作出金属杆受力的主视图，如图所示：‎ 因电流和磁场垂直，故安培力，根据平衡条件得：，故ABC错误，D正确；故选D.‎ ‎【点睛】金属杆ab受到重力、安培力、导轨的支持力和摩擦力平衡，金属杆与磁场方向垂直，安培力大小，根据平衡条件列方程求解．‎ ‎7. 如图所示中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里．abc是位于纸面内的等腰直角三角形闭合线圈，ac边平行于磁场的虚线边界，bc边长也为L．现令线圈以恒定的速度沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．从b点进入磁场区域作为计时起点，取沿a→b→c的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t(L/)变化的图线可能是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】感应电流，在时间内，由右手定则楞次定律判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，是负的，线框切割磁感线的有效长度均匀增加，则电流I均匀增加；在 时间内，由右手定则楞次定律判断可知，感应电流方向沿顺时针方向，是正的，线框切割磁感线的有效长度均匀增加，则电流I均匀增加；由图示图象可知，ABD错误，C正确；故选C.‎ ‎【点睛】本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象．‎ ‎8. 如图所示，一圆盘均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、c三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，方向向右；因b点处的场强为零，故电场的叠加原理，可知半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷在b点产生的电场强度大小为，方向向左；根据对称性原理，可知圆盘在d产生的电场强度大小也为，方向向右；电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度的大小为，方向向右；故d点的电场强度大小为，选D.‎ ‎【点睛】根据点电荷场强公式和电场的叠加原理，求出圆盘在b点处产生的场强，根据对称性得到圆盘在d产生的场强，再由电场的叠加求解d点的场强大小．‎ ‎9. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，边长为a的正方形闭合单匝线框ABCD斜向穿进磁场，当AC(AC为正方形的对角线)刚进入磁场时速度为(⊥CD)，若线框的总电阻为R，则 A. AC刚进入磁场时线框中感应电流为 B. AC刚进入磁场时线框所受安培力为 C. 此时CD两端电压为 D. 此时CD两端电压为 ‎【答案】BC ‎【解析】AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势：E=Bav，则线框中感应电流为，故CD两端的电压为，故C正确，D错误；AC刚进入磁场时线框的cd边产生的安培力与v的方向相反，ad边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是：F=BIa，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即，故B正确，A错误；选BC.‎ ‎【点睛】由E=BIv求出电路中的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流和CD两端的电压；将AD边与CD边受到的安培力进行矢量合成，求出线框受到的安培力．‎ ‎10. 如图所示，固定的两平行金属导轨间距为l．导轨平面与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B．有一质量为m、长也为l的导体棒从ab位置以初速度沿斜面向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ．在运动过程中导体棒ab始终与两导轨垂直且不脱离导轨，不计空气阻力．重力加速度为g，则 A. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功为 B. 上滑过程中整个电路产生的焦耳热为 C. 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 D. 上滑过程中导体棒损失的机械能为 ‎【答案】BCD ‎【解析】导体棒在上滑过程受重力、支持力、摩擦力和安培力作用，其中重力、安培力、摩擦力都做负功，支持力不做功；根据动能定理得：，解得：，导体体棒克服安培力做功，产生的焦耳热，故上滑过程中整个电路产生的焦耳热为，故A错误，B正确；导体棒刚开始向上运动时速度最大，故产生的电流最大，则所受的安培力最大，由E=BLv、、得到最大安培力为，故C正确；上滑的过程中导体棒的动能减小，重力势能增加，故上滑过程中导体棒损失的机械能为，故D正确；选BCD.‎ ‎【点睛】导体棒向上做减速运动，开始时速度最大，产生的感应电流最大，受到的安培力最大，，由E=BLv、、求出最大安培力．根据动能定理分析外力做的总功．上滑的过程中动能减小，重力势能增加，即可求得机械能的损失．由能量守恒定律研究R上产生的焦耳热．‎ ‎11. 如图所示，A、B、C、D为某匀强电场中四边形的四个顶点，且AB∥CD、AB⊥BC，边长关系为BC=CD=2AB=4cm，电场线与四边形所在平面平行．已知A、B、C三点电势分别为=20V，=16V，=24V．则 A. D点电势为36V B. 场强的大小为V/m C. 场强的方向由D指向A D. 场强的方向由D指向B ‎【答案】BD ‎【解析】根据电场线与等势线相片垂直的原量，作出对应的电场图如图所示，虚线表示等势线、实线表示电场线．‎ 根据匀强电场中U=Ed可知，三角形BCD是等腰直角三角形，具有对称性，BD连线中点d的电势与C相等，为24V，则；因dB与Dd的距离相等，故，又，解得，故A错误；，则电场强度为，故B正确；由图可知，电场强度方向由D指向B，故C错误，D正确；选BD.‎ ‎12. 如图所示，在竖直平面内有一匀强磁场，磁感应强度方向垂直该竖直平面向里(图中未画出)，水平直线ab是匀强磁场的下边界，一个点状的粒子放射源固定于磁场中的P点，它在该竖直平面内向各个方向发射带正电粒子(不计重力)，速率都相同．已知能打到直线ab上的粒子在磁场中做圆周运动的最长时间为(T为粒子在磁场中做圆周运动的周期)．不计粒子间相互作用力和空气阻力，磁场区域足够大，则能打到直线ab 上的粒子在磁场中运动的时间可能为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】圆弧和直线ab相切于D点，粒子转过的圆心角最大，运动时间最长为；圆弧经C点，粒子转过的圆心角最小，运动时间最短．如图所示：‎ 二、填空题 ‎13. 如图所示游标卡尺示数L=________cm，螺旋测微器示数D=________mm．电流表用0.6A量程时其示数I=________A．‎ ‎【答案】 (1). 5.015或5.020 (2). 4.6980.003 (3). 0.460‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，则最终读数为:50+0.15=50.15mm=5.015cm；螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为19.8×0.01mm=0.198mm，所以最终读数为4.5mm+0.198mm=4.698mm．电流表使用的是0.6A量程，分度值为0.02A，示数为I=0.460A.‎ ‎14. 甲实验小组要探究一个规格为5.0V、0.20W的小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：‎ A．电压表(量程0~6V，内阻约1.5kΩ)‎ B．电压表(量程0~20V，内阻约20kΩ)‎ C．电流表(量程0~3A，内阻约0.2Ω)‎ D．电流表(量程0~50mA，内阻约2.0Ω)‎ E．滑动变阻器(最大电阻约20Ω)‎ F．滑动变阻器(最大电阻约1kΩ)‎ G．电源(电动势6V，内阻不计)、开关一个、导线若干 ‎⑴要求小灯泡电压从零开始调节，为了调节方便，测量尽可能准确，电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(填器材前面序号)．‎ ‎⑵根据所选器材和要求在虚线框内画出实验电路图________________．‎ ‎⑶乙实验小组按正确操作得到另外一个元件伏安特性曲线(图像如图)，如果将这个元件直接接到电动势为3.0V、内电阻为7.5Ω的电源两端，则该元件电阻值是________‎ Ω．(结果保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 如图所示:‎ ‎ (5). 14或15或16‎ ‎【解析】（1）由题意可知，灯泡的额定电压为5V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；由P=UI可得，灯泡的额定电流为：，电流表应选D；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E；（2）测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为，因，故电流表应采内接法；故电路图如图所示 ‎（3）将元件直接与电动势为3.0V、内电阻为7.5Ω的电源相连，根据闭合电路的欧姆定律得：，解得：，代入数据得：，则在元件伏安特性曲线坐标系内阻作出电源的U-I图象如图所示：‎ 由图示图象可知，元件两端电压为U=2V，通过灯泡的电流I=0.14A，则元件的电阻值是.‎ 三、计算题 ‎15. 在水平面内固定有两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨间距L=2.0m，阻值R=0.80Ω的电阻固定接在两导轨间，整体位于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度B=0.25T，俯视图如图所示．有一根导体棒ab放在导轨上，在水平向右恒力F=1.5N的作用下，从静止开始运动，在运动过程中导体棒ab始终与两导轨垂直且不脱离导轨，不计导轨和导体棒的电阻及空气阻力．‎ ‎⑴求导体棒运动前4.0m过程中流过R上的电荷量；‎ ‎⑵求导体棒ab的最大速度．‎ ‎【答案】⑴⑵‎ ‎【解析】（1）根据和求出平均感应电流，再由求出流过R上的电荷量；（2）当导体棒做匀速运动时，速度最大，根据平衡条件求出最大速度.‎ ‎（1）平均感应电动势：‎ 磁通量变化量： ‎ 平均感应电流： ‎ 流过R上的电荷量：‎ 得：‎ ‎（2）设匀速运动时速度最大为，则：‎ 感应电动势：‎ 电流： ‎ 安培力：‎ 即 解得： ‎ ‎16. 如图所示，在竖直平面内分布着匀强电场，一带电小球质量为m、带电量为q(q>0)，从电场中的A点无初速度释放，小球沿水平直线运动到B点，已知场强方向与水平直线AB的夹角为θ．重力加速度为g．A、B两点间距为L．不计空气阻力．求：‎ ‎⑴场强E大小；‎ ‎⑵A、B两点之间电势差；‎ ‎⑶小球从A点运动到B点的时间．‎ ‎【答案】⑴⑵⑶‎ ‎【解析】试题分析：（1）电场力在竖直方向的分力与重力平衡，由此求出电场强度；（2）根据U=Ed求解；（3）根据水平方向做匀加速运动，根据位移公式求出运动的时间.‎ ‎（1）在竖直方向上对小球：‎ 得： ‎ ‎（2）‎ ‎（3）在水平方向上： 得：‎ 由运动学知识：‎ 得：‎ ‎17. 如图所示，两竖直平行边界AB、CD间的整个区域有竖直向上的匀强电场(图中未画出)，O点、P点分别是边界AB、CD上的两点，且OP⊥CD，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形区域，整个圆形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面(图中未画出)．一带正电粒子从O点以大小为的初速度沿OP方向射入该电场后，从M点进入圆形磁场区域，经磁场偏转后从CD边界上的N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回到O点，已知O、P两点间距离为d，M、P两点间距离为．粒子质量为m、电荷量为q，粒子重力和空气阻力均不计，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：‎ ‎⑴电场强度E的大小；‎ ‎⑵粒子到达M点时速度的大小；‎ ‎⑶磁感应强度B的大小和粒子在匀强磁场中运动时间．‎ ‎【答案】⑴⑵⑶‎ ‎【解析】试题分析：(1)先根据题目意思作出粒子的运动轨迹图，由图可知粒子从O点到M点做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解即可；(2由动能定理即可求解在M点的速度大小；(3)根据粒子在磁场运动的规律求出磁感应强度，由几何知识求出圆心角，再求出运动时间.‎ ‎(1)作出粒子的运动轨迹图如图所示：‎ 由图可知，粒子从O点到M点做类平抛运动，其加速度为：‎ 水平方向：‎ 竖直方向：‎ 得：‎ ‎⑵对粒子从O点到M点，由动能定理有：‎ 得： ‎ ‎⑶在M点速度方向与水平方向夹角为，则：‎ ‎ ‎ 粒子从N点到O点做类平抛运动，有：‎ 水平方向：‎ 竖直方向： ‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，圆心为 由几何关系得：‎ 得：‎ 又 ‎ 得：‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：‎ 圆弧所对应圆心角为：‎ 粒子在匀强磁场中运动时间：‎ ‎ ‎