物理卷·2018届湖北省宜昌金东方高级中学高二上学期期末考试（2017-01） 11页

宜昌金东方高级中学2016年秋季学期期末考试 高二物理试题 本试题卷共4页，三大题16小题。全卷满分110分，考试用时90分钟。‎ ‎★祝考试顺利★‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．动量为零时，物体一定处于平衡状态　　　　　B．动能不变，物体的动量一定不变 C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变　　　D．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 ‎2．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A、B两处电势、场强均相同 B．C、D两处电势、场强均相同 C．在虚线AB上O点的场强最大 D．带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能 ‎3．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中，a、b两点间电势差绝对值最大的是（　　）‎ ‎4．如上图4-1所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如上图4-2所示．此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为（　　）‎ A．110V 　　　B．155.5V　　　 C．220V　　　 D．311V ‎5．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA， B的质量为mB， mA>mB．最初人和车都处于静止状态，现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车（　　）‎ A．静止不动 B．向右运动 C．向左运动 D．左右往返运动 ‎6．两个电荷量分别为q和－q的带电粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，已知A、B连线与磁场边界垂直，如图所示，则（　　）‎ A．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1‎ B．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2 ‎ C．a粒子带正电，b粒子带负电 D．两粒子的速度之比va∶vb＝1∶2‎ ‎7．如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（　　）‎ A．该物块带负电 B．皮带轮的传动速度大小一定为lm/s C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在2s～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动 ‎ ‎8．如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=10：1，原线圈接入电压u=220sin100πt（v）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，定值电阻R0=10Ω，可变电阻R′的阻值范围为0～10Ω，则（　　）‎ A．副线圈中交变电流的频率为100Hz B．t=0.02s时，电压表的示数为22V C．调节可变电阻R′的阻值时，电流表示数的变化范围为0.11A～0.22A D．当可变电阻阻值为10Ω时，变压器的输入电功率为242W ‎9．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨间距为L，之间接有定值电阻R，质量为m的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒的电阻为r，导轨电阻不计。整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下先加速上升一段时间，再达到稳定状态。则下列说法中正确的是（　　）‎ A.棒达到稳定状态时，通过它的电流为 B.棒达到稳定状态时，其速度为 C.棒达到稳定状态前，其加速度一直在减小 D.整个过程中，棒所受安培力做的功在数值上等于棒上所生的热 ‎10．如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ（θ≠45°），场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（　　）‎ A．外力所做的功为mgLcotθ B．带电小球的电势能增加qEL（sinθ+cosθ）‎ C．带电小球的电势能增加2mgLcotθ D．外力所做的功为mgLtanθ 二、实验题（6分+7分=13分）‎ ‎11．某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，用螺旋测微器测其直径为 mm。后正确操作获得了电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是 A、‎ ‎ V ‎12．要测绘一个标有“3V～0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需由0逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：电池组(电动势为4.5 V，内阻约1Ω)；电流表(量程为0～250 mA，内阻约5Ω)；电压表(量程为0～3V，内阻约3kΩ)；电键一个、导线若干。‎ ‎(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)。‎ A．滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)‎ B．滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)‎ ‎(2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)。‎ ‎(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________ W。‎ 三、计算题（本题共47分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎13．（10分）如图示，两块正对的带电金属板，上板的电势高于下板，板间的电场强度为E=2×102N/C，两板之间的距离为d=0.2m，板长为L=0.4m，带电粒子以速度v0=5×104m/s从极板左端垂直于电场方向进入电场，从极板右端飞出，虚线为粒子的运动轨迹，不计带电粒子所受的重力，求：‎ ‎（1）两板间的电势差U.‎ ‎（2）带电粒子在电场中运动的时间t.‎ ‎14．（10分）如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60°，求：‎ ‎（1）电子的质量m.‎ ‎（2）穿越磁场的时间t.‎ ‎15．（12分）如图所示，质量为M的木块静置于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出。设木块对子弹的阻力大小恒为f，求：‎ ‎（1）射入过程中产生的内能Q.‎ ‎（2）子弹在木块中运动的时间t.‎ ‎（3）木块长度至少为多长时子弹才不会穿出.‎ ‎16．（15分）‎ 如图所示，倾角为α的光滑固定斜面，斜面上相隔为d的平行虚线MN与PQ间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下．一质量为m，电阻为R，边长为L的正方形单匝纯电阻金属线圈，线圈在沿斜面向上的恒力作用下，以速度v匀速进入磁场，线圈ab边刚进入磁场和cd边刚要离开磁场时，ab边两端的电压相等．已知磁场的宽度d大于线圈的边长L，重力加速度为g．求 ‎（1）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q；‎ ‎（2）恒力F的大小；‎ ‎（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q．‎ 宜昌金东方高级中学2016年秋季学期期末考试 高二物理试题参考答案 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ D B B B C B D BC AC AB ‎11. 1.062±0.001；0.42；2.26　　（每空2分）‎ ‎12. (1)A　（2分） (2)B　（2分） (3)0.1 （3分） ‎ ‎13.（1）因两板间是匀强电场，则两板间的电势差U=Ed=2×102N/C×0.2V=40V （5分）‎ ‎（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，平行于的方向做匀速直线运动，则运动时间为t==s=8×10﹣6s （5分）‎ ‎14解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有： （2分）‎ 根据洛伦兹力提供向心力得， （2分）‎ 解得电子的质量 （2分）‎ ‎ 电子的周期 （2分）‎ 所以电子穿越磁场的时间． （2分）‎ ‎15.（1）以m和M组成的系统为研究对象，据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v ①（2分）‎ 由能量的转化及守恒定律得 ② （2分）‎ 解得 ③ （1分）‎ ‎(2)对M由动量定理可得ft=Mv-0 ④（2分）‎ 联立①④得 ⑤（1分）‎ ‎（3）设子弹相对木块位移最少为L时，恰好不穿出.‎ 由功能关系及能量守恒定律可得FL=Q ⑥2分）‎ 联立③⑦得 ⑦（2分）‎ ‎16.（1）线圈进入磁场过程中，通过线框横截面的电量 ①‎ 根据欧姆定律有 ②‎ 根据法拉第电磁感应定律 ③‎ 线框进入磁场过程中的磁通量变化△ϕ=BL2 ④‎ 由①②③④式解得 ⑤ （5分）‎ ‎（2）线圈匀速进入磁场，根据平衡有 F=mgsinα+F安 ⑥‎ 线圈受到的安培力 F安=BIL⑦‎ 根据欧姆定律 ⑧‎ 根据法拉第定磁感应定律 E=BLv ⑨‎ 由⑥⑦⑧⑨式解得 ⑩ （5分）‎ ‎（3）线圈ab边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律 ‎ 线圈cd边刚要离开磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律 ‎ 线圈通过磁场的过程中，根据动能定理有 ‎ 根据安培力做功和电热的关系有 W安=Q总 根据热量分配关系有 ‎ 解得 （5分）‎ 试卷答案 ‎1.解：A、动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的起动瞬时速度为零，为匀加速直线运动，故A错误；‎ B、动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故B错误；‎ C、物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小变，同时速度大小不会变化，故动量的大小也不会发生变化，故C错误；‎ D、物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎2.B。解析：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高．故A错误．B、根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同．故B正确． C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小，离O越近场强越强，故C错误．D、O点电势高于B点电势，正电荷从O点到B点，电场力做正功，在O处电势能大于在B处电势能．故D错误．故本题选择B答案。‎ ‎3.‎ 考点：‎ 导体切割磁感线时的感应电动势． ‎ 专题：‎ 电磁感应与电路结合．‎ 分析：‎ 正方形的一条边在磁场中，改边切割磁感线，相当于电源，然后根据闭合电路的有关知识进行求解．‎ 解答：‎ 解：磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ACD中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：U==，‎ B图中a、b两点间电势差为路端电压为：U==，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图所示；‎ 故选：B．‎ ‎4.﹣0.01s和0.01﹣0.02S 根据有效值的定义可得 ‎+0=，‎ 解得：U==V=156V；故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎5.C ‎6.B ‎7.D 由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移．‎ 由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s．‎ A、对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：‎ μFN﹣mgsinθ=ma ①‎ 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN=mgcosθ，后来：FN′=mgcosθ﹣f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电．故A错误；‎ B、D、物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：‎ mgsinθ=μ（mgcosθ﹣f洛） ②‎ 由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止．故B错误，D正确；‎ C、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．‎ 故选：D ‎8.解：A、电流的频率是由电压决定的，所以原副线圈中电流的频率是一样的，都为50Hz，所以A错误．‎ B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，原线圈的有效电压为220V，根据电压与匝数成正比知电压表的示数为22V，所以B正确．‎ C、当R′的阻值为零时，副线圈电流为I=2.2A，当R′的阻值为10Ω时，副线圈电流为I′=1.1A，电流与匝数成反比，所以C正确．‎ D、当可变电阻阻值为10Ω时，变压器的输入电功率等于输出功率P=I2R=1.12×20=24.2W，所以D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎9.AC 本题主要考查电磁感应定律、牛顿第二定律、共点力平衡条件以及功能关系；‎ 选项A，由共点力平衡条件知解得，故选项A正确；‎ 选项B，由闭合电路欧姆定律知 故选项B错误；‎ 选项C，由牛顿第二定律知，因速度增大，因此加速度减小，故选项C正确；‎ 选项D，由功能关系可知回路产生的总热量等于克服安培力做的功，故选项D错误；‎ 本题正确选项为AC。‎ ‎10.AB ‎【考点】动能定理的应用；电势能．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析可知，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；由共点力的平衡可求得电场力的大小；‎ 由功的计算公式可求得小球运动中电场力所做的功；则由电场力做功与电势能的关系可求得电势能的变化；再由动能定理可求得外力所做的功．‎ ‎【解答】解：小球在水平位置静止，由共点力的平衡可知，F电sinθ=mg，则F电=；小球从最初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电=﹣EqL（cosθ+sinθ），因电场力做负功，故电势能增加，故B正确，C错误；‎ 由动能定理可知，W外+W电+WG=0； ‎ W外=﹣（W电+WG）=EqL（cosθ+sinθ）﹣mgL=mgLcotθ；故A正确，D错误；‎ 故选AB．‎ ‎11. 1.062±0.001；0.42；2.26‎ ‎12.【名师解析】：(1)描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电压调节范围大，因此滑动变阻器采用分压式，为使调节过程中电压变化尽可能均匀，选用最大阻值较小的滑动变阻器A。‎ ‎(2)由于小灯泡的电阻比较小，因此电流表采用外接法，选用B图。‎ ‎ (3)画出电源的伏安特性曲线，如图所示，两个图线的交点即为小灯泡接在电源两端时小灯泡中的电流与小灯泡两端的电压，U＝1.0 V，I＝0.10 A，因此小灯泡消耗的功率为P＝UI＝0.1 W。‎ ‎【参考答案】：(1)A　(2)B　(3)0.1‎ ‎13.‎ 考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有 专题： 带电粒子在电场中的运动专题．‎ 分析： （1）两块正对的带电金属板，上板的电势高于下板，板间场强方向向下，根据粒子轨迹的偏转方向，判断电场力方向，即可知道粒子的电性．‎ ‎（2）板间是匀强电场，由U=Ed求两板间的电势差．‎ ‎（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，平行于的方向做匀速直线运动，由t=求时间．‎ 解答： 解：（1）两块正对的带电金属板，上板的电势高于下板，板间场强方向向下，由图粒子向下偏转，说明受到的电场力竖直向下，故知该带电粒子带正电．‎ ‎（2）因两板间是匀强电场，则两板间的电势差U=Ed=2×102N/C×0.2V=40V ‎（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，平行于的方向做匀速直线运动，则运动时间为t==s=8×10﹣6s 答：‎ ‎（1）带电粒子带正电． ‎ ‎（2）两板间的电势差为40V．‎ ‎（3）带电粒子在电场中运动的时间为8×10﹣6s．‎ 点评： 本题掌握公式U=Ed、能运用运动的分解处理带电粒子类平抛运动，基本题．‎ ‎14.‎ 考点：‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．版权所有 专题：‎ 带电粒子在磁场中的运动专题．‎ 分析：‎ 作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量．根据几何关系求出电子在磁场中的圆心角，结合周期公式求出穿越磁场的时间．‎ 解答：‎ 解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：‎ 根据洛伦兹力提供向心力得，‎ 解得电子的质量 电子的周期 所以电子穿越磁场的时间．‎ 答：电子的质量为，穿越磁场的时间为．‎ 点评：‎ 解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解．‎ ‎15‎ ‎(2)以子弹为研究对象，由动量定理得：‎ ‎ ‎ ‎16.（1）线圈进入磁场过程中，通过线框横截面的电量 ①‎ 根据欧姆定律有 ②‎ 根据法拉第电磁感应定律 ③‎ 线框进入磁场过程中的磁通量变化△ϕ=BL2 ④‎ 由①②③④式解得 ⑤‎ ‎（2）线圈匀速进入磁场，根据平衡有 F=mgsinα+F安 ⑥‎ 线圈受到的安培力 F安=BIL⑦‎ 根据欧姆定律 ⑧‎ 根据法拉第定磁感应定律 E=BLv ⑨‎ 由⑥⑦⑧⑨式解得 ⑩‎ ‎（3）线圈ab边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律 ‎ 线圈cd边刚要离开磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律 ‎ 线圈通过磁场的过程中，根据动能定理有 ‎ 根据安培力做功和电热的关系有 W安=Q总 根据热量分配关系有 ‎ 解得