物理重庆市万州区第二中学学年高二上期期末考试试题含答案.docx
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物理重庆市万州区第二中学学年高二上期期末考试试题含答案
重庆市万州区第二中学2017-2018学年
高二上期期末考试
一、选择题(1-8题只有一个选项正确,9-12题有两个或两个以上的选项正确)
1.静电场、磁场和重力场在某些特点上具有一定的相似性,结合有关“场”的知识,并进行合理的类比和猜想,判断以下说法正确的是()
A.法拉第发现了通电直导线周围存在磁场;
B.重力场和静电场相比,重力场的“场强”相当于重力加速度,其“场强”大小的决定式为g=G/m;
C.电场中某点的电场强度E的大小、磁场中某点的磁感应强度B的大小均与放入其中的试探电荷或电流元无关;
D.如果把地球抽象为一个孤立的质点,用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布,类似于真空中的一个孤立正电荷所产生的静电场的分布。
【答案】C
【解析】
【分析】
本题需要学生对物理概念、物理规律的正确理解,及灵活运用类比、迁移的物理方法合理推理的能力;
【详解】A、奥斯特发现了通电导线的周围存在磁场,故A错误;
B、重力场与静电场相类比,重力场的“场强”相等于重力加速度,其“场强”大小的定义式为
,故B错误;
C.电场中某点的电场强度E的大小、磁场中某点的磁感应强度B的大小均与放入其中的试探电荷或电流元无关,是由电场或磁场本身决定的,故选项C正确;
D、如果把地球抽象为一个孤质点,用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布,重力场的方向指向地球,类似于真空中一个孤立的负电荷所产生的静电场的电场线分布,故D错误。
【点睛】该题通过知识的迁移能力考查学生对物理概念、物理规律的正确理解,及灵活运用类比、迁移的物理方法合理推理的能力,要在平时的练习中加强这一方面能力的培养。
2.磁感应强度的单位不能用以下哪一个表示()
A.TB.N/(A·m)C.Wb/m2D.Wb·m
【答案】D
【解析】
试题分析:
磁感应强度的单位是T,
,
;故选项ABC正确,D错误;故选D.
考点:
物理量的单位
【名师点睛】此题是对物理量的单位的考查;任何一个物理量的单位都是由物理公式决定的。
例如磁感应强度,要掌握
和
两个基本公式就可以导出.
3.如图所示,虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面,相邻等势面间的电势差相等,一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场,运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点,若电子仅受到电场力作用,其在a、b、c三点的速度大小分别为va、vb、vc,则()
A.三个等势面的电势大小为中φC>φB>φA;
B.电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功;
C.电子在a、b、c三点的速度关系vb>vc>va;
D.电子在a、b、c三点的电势能关系EPA>EPB>EPC
【答案】B
【解析】
【分析】
对于带电粒子在电场中的运动,首先根据运动轨迹判断出电场力做功问题,然后动能定理或功能关系判断相关问题;
【详解】A、根据电子运动的轨迹可判断电场力对电子做负功,电子的电势能增大,即
,故电势的关系为
,故选项AD错误;
B、根据题意相邻等势面间的电势差相等,则根据公式
可知电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功,故选项B正确;
C、由于电场力对电子做负功,电子的电势能增大,则动能减小,由于电子质量不变,故电子在a、b、c三点的速度关系
,故选项C错误。
【点睛】本题考查了电场线和电势之间的关系以及电场力做功与电势能变化之间的关系,正确理解以上知识是解答此题的关键。
4.如图所示,在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时磁铁对水平面的压力为N1,现在磁铁左上方位置固定一导体棒,当导体棒中通以垂直纸面向外的电流后,磁铁对水平面的压力为N2,则以下说法正确的是()
A.弹簧长度将变长,N1
C.弹簧长度将变长,N1>N2D.弹簧长度将变短,N1 【答案】A 【解析】 【分析】 先判断电流所在位置的磁场方向,然后根据左手定则判断安培力方向,再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向,最后对磁体受力分析,根据平衡条件判断; 【详解】开始时磁体受重力和支持力,二力平衡,故弹簧处于原长,磁体对水平面的压力等于磁体的重力;通电后,根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示,由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示: 由牛顿第三定律可知,条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向右下方,如图所示,故磁体对地面的压力增大,同时弹簧变长,故选项A正确,选项BCD错误。 【点睛】本题关键先对电流分析,得到其受力方向,再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况。 5.电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。 如图所示,泵体是一个长方体,ab边长为L1,两侧端面是边长为L2的正方形;流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数),泵体所在处有方向垂直向外的磁场B,把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上,则() A.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 B.通过泵体的电流I=UL1/σ C.泵体上表面应接电源负极 D.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度 【答案】A 【解析】 【分析】 当泵体中电流向上时,安培力向右,故液体不能被抽出; 根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析,根据安培力公式分析安培力大小情况; 【详解】A、增大磁感应强度B,受到的磁场力变大,因此可获得更大的抽液高度,故A正确; B、根据电阻定律,泵体内液体的电阻: ,因此流过泵体的电流 ,故B错误; C、当泵体上表面接电源的负极时,电流从下向上流过泵体,这时受到的磁场力水平向右,不能拉动液体向左运动,故C错误; D、若增大液体的电阻率,可以使电流减小,受到的磁场力减小,使抽液高度减小,故D错误。 【点睛】本题关键是明确电磁泵的工作原理,要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素。 6.如图所示的电路,电源电动势为E,内阻为R,R1和R3为定值电阻,R2为滑动变阻器,闭合开关,一带电液滴恰好悬浮在电容器之间。 保持其他条件不变,() A.若将滑动变阻器滑片向b端滑动,带电液滴向上运动; B.若将滑动变阻器滑片向b端滑动,电流将从c流向d; C.若将金属块抽出,抽出过程中,带电液滴向上运动; D.若将金属块抽出,抽出过程中,电流将从d流向c 【答案】D 【解析】 【分析】 分析变阻器接入电路的电阻变化,分析总电阻的变化,再根据欧姆定律分析电容器两端电压的变化,场强的变化,再根据电容器的决定式分析电量的变化; 【详解】A、由图可知,当滑片向b端滑动时,接入电路中的电阻 增大,根据闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小,则电阻 两端电压减小,即电容器两端电压减小,则电容器内场强减弱,故带电液滴向下运动,故选项A错误; B、根据上面的分析,电容器电压减弱,则带电量减小,电容器放电,瞬间放电电流将从从d流向c,故选项B错误; C、将金属块抽出,相当于电容器极板间距离增大,则电容减小,由于电压不变,则场强减弱,故带电液滴向下运动,故选项C错误; D、根据上面的分析可知电容减小,由于电压不变,则电量减小,电容器放电,瞬间放电电流将从从d流向c,故选项D正确。 【点睛】本题是电路动态分析问题,关键是理清电路,根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析电容器两端电压的变化,再根据电容器的决定式分析电量的变化。 7.在地球赤道上进行实验时,用磁传感器测得赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0.将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上,让N极指向正北方向,如图所示,此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1;现将条形磁铁以P点为轴旋转90°,使其N极指向正东方向,此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为(可认为地磁南、北极与地理北、南极重合)() A.B1-B0 B. C.B1+B0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0,条形磁铁N极指向正北方向,其分磁感应强度也向正北,条形磁铁N极指向正东方向,其分磁感应强度也向正东方向,结合矢量合成的平行四边形定则列式求解即可; 【详解】根据题意,赤道上P点地磁场磁感应强度大小为 ; 条形磁铁N极指向正北方向,其分磁感应强度也向正北,故条行磁铁在P点产生的磁感应强度为: 条形磁铁N极指向正东方向,其分磁感应强度也向正东方向,此时两个分矢量垂直,故P点的合磁感应强度为: ,故选项B正确,选项ACD错误。 【点睛】物理中力、电场强度、磁场强度等均为矢量,在合成时遵循平行四边形定则,因此要熟练应用平行四边形定则进行矢量的合成。 8.如图所示,绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J,重力做功1.5J,电势能增加0.5J,则以下判断正确的是() A.金属块带负电荷 B.静电力做功0.5J C.金属块克服摩擦力做功0.7J D.金属块的机械能减少1.4J 【答案】C 【解析】 试题分析: 在金属块滑下的过程中动能增加了 ,金属块克服摩擦力做功 ,重力做功 ,根据动能定理得: ,解得: ,所以电场力做功 ,金属块的电势能增加 .由于金属块下滑,电场力做负功,所以电场力应该水平向右,所以金属块带正电荷,故A、D正确,B错误;在金属块滑下的过程中重力做功 ,重力势能减小 ,动能增加了 ,所以金属块的机械能减少 ,故C错误。 考点: 电势能、功能关系 【名师点睛】解这类问题的关键要熟悉功能关系,也就是什么力做功量度什么能的变化,并能建立定量关系。 9.静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线.下列说法正确的是() A.x轴上x1与x2之间的电场强度小于x3与x4之间的电场强度 B.正电荷沿x轴从0移到x1的过程中,电场力做负功,电势能增加 C.负电荷沿x轴从x3移到x4的过程中,电场力不做功,电势能不变 D.电荷量为+q的电荷沿x轴从x1移到x3,电场力做功为q(φ2-φ1) 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据 , 图象的斜率表示电场强度,沿着电场线电势降低,电场力做功等于电势能的减小量; 【详解】A、图象φ-x的斜率表示电场强度,即x轴上x1与x2之间的电场强度等于x3与x4之间的电场强度,都为零,故选项A错误; B、由图像可知: 沿x轴从0移到x1的过程中电势升高,故电场力对正电荷做负功,电势能增加,故选项B正确; C、由于x3与x4之间斜率为零,即场强为零,故在此过程中电场力对负电荷不做功,电势能不变,故选项C正确; D、电荷量为+q的电荷沿x轴从x1移到x3,电场力做功为 ,故选项D错误。 【点睛】该题能够从图中可知,0与x1之间的电势升高,x1与x2之间电场强度为零,x2与x3之间的电势降低,x3移到x4之间电场强度为零,这是解题的关键。 10.如图所示是粒子速度选择器的原理图,如果粒子的重力不计。 已知速度为v0的质子流可以从a点沿直线运动到b点,以下说法正确的是() A.速度为v0的α射线(He核流)也可以从a沿直线运动到b点; B.速度为v0的β射线(电子流)也可以从a沿直线运动到b点; C.速度为v0的质子流也可以从b沿直线运动到a点; D.速度大于v0的γ射线(光子流,不带电)也可以从a沿直线运动到b点 【答案】ABD 【解析】 【分析】 带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时,才能沿直线通过,根据左手定则判断洛伦兹力方向,确定两个力能否平衡,即可判断粒子能否沿直线运动; 【详解】A、由于质子带正电,a点沿直线运动到b点,即电场力向下,洛伦兹力向上,则 若射入速度为v0的α射线(He核流),仍然是电场力向下,洛伦兹力向上,仍满足 ,即也可以从a沿直线运动到b点,故选项A正确; B、若射入速度为v0的β射线(电子流),则电场力向上,洛伦兹力向下,仍满足 ,即也可以从a沿直线运动到b点,故选项B正确; C、若射入速度为v0的质子流也可以从b沿直线运动到a点,则其受到电场力向下,洛伦兹力也向下,不满足二力平衡,故选项C错误; D、若射入速度大于v0的γ射线(光子流,不带电),则不受电场力和洛伦兹力作用,即可以从a沿直线运动到b点,故选项D正确。 【点睛】本题考查对速度选择器工作原理的理解,由 得, ,此结论与带电粒子的电性、电量无关。 11.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象.当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是() A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.2s末带电粒子回到原出发点 C.3s末带电粒子的速度为零 D.0~3s内,电场力做的总功为零 【答案】CD 【解析】 试题分析: 由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1s内的加速度为: ,第2s内加速度为: 故a2=2a1,因此先加速1s再减小0.5s时速度为零,接下来的0.5s将反向加速,v-t图象如图所示: 带电粒子在前1秒匀加速运动,在第二秒内先做匀减速后反向加速,所以不是始终向一方向运动,故A错误.根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=2s时,带电粒子离出发点最远,故B错误;由图可知,粒子在第1s内做匀加速运动,第2s内做匀减速运动,3s末的瞬时速度刚减到0,故C错误; 因为第3s末粒子的速度刚好减为0,根据动能定理知粒子只受电场力作用,前3s内动能变化为0,即电场力做的总功为零.故D正确.故选: D. 考点: 带电粒子在电场中的运动;动能定理。 12.现有两个完全相同的表头G,内阻Rg=10Ω,满偏电流Ig=0.1A。 现预将这两个表头改装成一个大量程的电流表和一个电压表,以下说法正确的是() A.将表头串联一个140Ω的电阻就可以改装成0~15V的电压表; B.将表头并联一个2Ω的电阻就可以改装成0~0.5A的电流表; C.将表头改装为一个0~3A的电流表(表盘已改,即满偏时指针所指位置已标上3A)后进行校准时,发现标准电表示数为2.00A电流时,改装电表的示数为1.80A,产生此差异的原因可能是改装时并联的电阻稍小; D.将改装好的0~3V的电压表和0~0.6A的电流表串联,通有适当电流(不烧表)时,电压表和电流表指针偏角之比为6︰1 【答案】ACD 【解析】 【分析】 改装成电压表需要串联分压电阻,改装成电流表需要并联分流电阻; 【详解】A、若将表头改装成大量程电压表,需要串联一个分压电阻,其阻值为: ,故选项A正确; B、若将表头改装成大量程电流表,需要并联一个分流电阻,其阻值为: ,故选项B错误; C、改装成电流表后,发现表头示数变小,则是由于并联电阻过小,导致通过分流电阻的电流过大,从而使流过表头的电流变小,故选项C正确; D、将改装好的电压表和电流表串联,如图所示: 当通过电压表表头电流最大为 时,则通过电流表表头的电流为 ,故此时电压表和电流表指针偏角之比为6︰1,故选项D正确。 【点睛】明确电流表的改装原理为串联分压、并联电阻分流,会求串联或并联的阻值,会分析等效替代的电阻。 二、实验题 13.用如图(甲)所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性,并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值. (1)在闭合开关S前,滑动变阻器触头应该放在端________.(选填“a”或“b”); (2)按电路图(甲)测出的灯泡电阻值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”).根据所得到的图像如图(乙)所示,它在额定电压下实际功率P=________W; (3)若将该灯泡直接接在电动势为2.4V,内阻为6Ω的电源两端,此时电路工作的效率为________。 【答案】 (1).a (2).偏小1.2(3).25% 【解析】 【分析】 (1)明确变阻器采用分压式接法时,电键闭合前应将滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表; (2)根据欧姆定律写出电阻测量值和真实值的表达式即可; (3)画出电源的 图像,两图像交点即为小灯泡工作电压和电流; 【详解】 (1)闭合开关前,应将滑动触头置于输出电压最小的a端,以保护电流表; (2)根据欧姆定律,电阻测量值为 , 若考虑电压表内阻影响,待测电阻的真实值为 , 比较可知 ,所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小; 根据I-U图象读出 时对应的电流 , 所以小灯泡的实际功率为 ; (3)作出电源的 如图所示: 由图像可知,此时小灯泡两端电压为 则此时电路工作的效率为: 。 【点睛】本题考查通过小灯泡的伏安特性曲线判断测量值和真实值之间的关系,注意求解电路的效率时需要画出电源的 图像进行求解即可。 14.影响物质材料电阻率的因素很多,一般金属材料的电阻率随温度升高而增大,半导体材料的电阻率则随稳定升高而减小,PTC元件由于材料的原因有特殊的导电特性。 (1)图(甲)是某种金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图像,若用该电阻与电池(电动势E=1.5V,内阻不计)、电流表(量程为5mA、内阻不计)、电阻箱R'串联起来,连接成图(乙)所示电路,用该电阻做测温探头,把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度,就得到一个简单的“金属电阻温度计”。 ①电流刻度较大处对应的温度刻度________(填“较大”或“较小”) ②若电阻箱阻值R'=150Ω,则图(丙)中空格处对应的温度数值为________℃ (2)一由PTC元件做成的加热器,其1/R-t的关系如图(丁)所示。 已知它向四周散热的功率为PQ=0.1(t-t0)瓦,其中t(单位℃)为加热器的温度,t0为室温(本题取20℃)。 当加热器产生的热功率PR和向四周散热的功率PQ相等时加热器温度保持稳定。 现将此加热器接到200V的电源上(内阻不计),则加热器工作的稳定温度为________℃ 【答案】 (1).较小50℃ (2).70℃(左右均可) 【解析】 【分析】 (1)根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流与电阻R的关系,电路中电流越大,该电阻的阻值越大,由图象可知温度越高。 当电流为5mA时,由闭合电路欧姆定律求出电阻R的值,根据图象读出对应的温度; (2)当散热功率和加热器产生的热功率相等时,温度稳定,建立等式可求出电阻与温度的关系,作出图象即可求出稳定温度; 【详解】 (1)①由题意可知,金属材料的电阻率随温度的升高而增大,故导体阻值变大,由闭合电路欧姆定律可知,温度升高,电阻增大,则电流减小,故电流较大处对应的温度刻度较小; ②由图可知,最大处电流为5mA;则由闭合电路欧姆定律可知,此时电阻 由R-t图象,根据数学得到 ,当 , ; (2)由题意得: ,可得出 与t的关系曲线如图所示,两图象的交点为平衡状态;由图可知,恒定温度应为 【点睛】 本题考查学生对图象的理解及应用,图象法为物理中常用方法,应学会熟练应用。 三、计算题 15.在真空中的O点放一点电荷Q=-1.0×10-9C,直线MN过O点,OM=30cm,M点放有一点电荷q=-1×10-10C,如图所示,静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,求: (1)q在M点受到的作用力的大小及方向; (2)场源电荷Q在M点的场强大小及方向。 【答案】 (1)1×10-8N,方向由M指向N (2)100N/C,方向由M指向O 【解析】 【分析】 (1)q在M点受到的作用力由库仑定律求解; (2)根据场强的定义公式求出M点的场强大小; 【详解】 (1)由库仑定律得q在M点受到的作用力 ,方向M指向N; (2)M点的场强大小 ,方向由M指向O。 【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律和场强的定义式,这两个公式应用时各个量不带符号计算。 16.如图所示,电源电动势E=3V,内阻不计,水平导轨不计电阻,不计摩擦阻力,宽为0.1m.在相互平行的导轨上搁一导体,其电阻为1Ω,串联电阻R的阻值为2Ω,导体处于竖直向上的匀强磁场中,现用水平轻绳通过光滑定滑轮吊着质量为0.02kg的重物,此时重物恰能静止在倾角为30°的斜面上. (1)若斜面光滑,则磁感应强度B为多大? (2)若斜面动摩擦因素 ,则磁感应强度B可能为多大? 【答案】 (1)B=1T (2)B=0.5T或1.5T 【解析】 【分析】 (1)斜面光滑,则安培力等于重物沿斜面的分力; (2)斜面不光滑,则需要注意分析摩擦力的方向性的问题; 【详解】 (1)若斜面光滑,则绳的拉力等于重物沿斜面的分力,即 再对金属棒分析可知: 则根据闭合电路欧姆定律可知: 即: 联立可以得到: ; (2)若安培力较小,即磁感应强度较小时,重物受到的摩擦力沿斜面向上 根据平衡条件有: 代入数据可以得到: 若安培力较大,即磁感应强度较大时,重物受到的摩擦力沿斜面向下 根据平衡条件有: 代入数据可以得到: 。 【点睛】本题考查有关安培力的平衡问题,注意当斜面不光滑时,重物受到的摩擦力方向不同,然后根据平衡条件求解即可。 17.如图所示,水平地面OP长度为L=0.8,圆弧轨道半径为R=0.4m,直线PN左侧空间分布有水平向右的匀强电场,电场强度E=1.0×104N/C,右侧空间分布有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=500T。 现将一质量为m=0.05kg,带电量为+q=+1.0×10-4C的小球从0点静止释放,g取10m/s2,不计摩擦力和空气阻力。 求: (1)小球第一次到达P点时的速度大小; (2)小球经过N点时对轨道的压力; (3)小球从N点飞出后,落回地面时距离P点的长度。 【答案】 (1) (2)1.3N,方向竖直向上(3)0 【解析】 【分析】 (1)只有电场力做功,根据动能定理求解P点的速度; (2)根据动能定理求解到达N点速度,然后根据向心力公式求解即可; (3)将运动根据受力情况进行分解,然后根据水平方向和竖直方向进行求解即可。 【详解】 (1)从O到P只有电场力做功,根据动能定理可以得到: 代入数据可以得到: ; (2)从O到N根据动能定理可以得到: 代入数据可以得到: 在N点根据牛顿第二定律可以得到: 代入数据可以得到: 根据牛顿第三定律可知,小球在N点轨道的压力大小为 ,方向竖直向上; (3)从N点飞出后,竖直方向只受重力作用,即 ,则 水平方向只受电场力做用,加速度为 则水平方向速度减到零,所需时间为 ,然后水平方向反向加速,再加速 正好到达P点,即落回地面时距离P点的长度为零。 【点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动,注意动能定理的应用,以及运动的合成分解的应用问题。 18.如图所示,在y轴左侧有半径为R的圆形边界匀强磁场,其圆心为x轴上的P点,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。 y轴右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为 ,两磁场的边界相切于O点。 在磁场中距离O点右侧R的N点处有一个厚度忽略不计,宽度很窄的挡板,粒子与该挡板碰撞后速度大小不变,反弹后的角度与碰撞前相同(类似光的反射)。 现一质量为m,带电量为+q的粒子从A点以速度v,(大小未知)沿着x轴正方向射入磁场,经过一段时间后射离圆形边界的磁场,其速度方向偏离原来方向的夹角为45°.忽略重力和空气阻力。 求: (1)粒子从A出发到第一次离开圆形边界磁场所用的时间; (2)粒子能否再
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