【解析】江西省横峰中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题含解析.doc

江西省横峰中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题一、选择题： 1. 以下说法符合历史事实的是（）A. 伽利略总结了导师第谷留下的大量天文观测数据，发现了行星三大定律B. 库仑采用放大法，利用扭秤装置测出了万有引力常量因此被誉为第一个称量地球质量的人C. 法拉第首先提出了电场的概念，而且为了形象地描述电场，他又引入了电场线的概念D. 牛顿对自由落体运动进行了深入仔细的研究，将理想斜面实验的结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速运动【答案】C【解析】A项：开普勒最早发现了行星运动的三大规律，故A错误；B项：万有引力常量是卡文迪许测出的，故B错误；C项：法拉第首先提出了电场概念，并用电场线简洁、形象的描述电场，故C正确；D项：伽利略对自由落体运动进行了深入仔细的研究，将理想斜面实验的结论合理外推，得出自由落体运动是匀变速运动，故D错误。2. 关于下列物理量的说法正确的是（）A. 根据可知，电场中某点的电场强度E与处于该点的点电荷电量q成反比B. 根据可知，磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比，其单位关系是C. 由电源电动势可知，非静电力做功越多，电源电动势也就越大D. 虽然 ，但电容器的电容不由极板所带电荷量、极板间电势差决定【答案】D【解析】A项：电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点受力F无关，仅有带电体本身决定，故A错误；B项：B与F成正比，与IL成反比”不对，磁感应强度是由磁场本身决定的，与F、L、I无关，故B错误；C项：移送相同电荷量时，非静电力做功越多，电动势越大，故C错误；D项：是电容器的定义式，电容只取决于本身的性质，故D正确。3. 下图中的通电导线在磁场中受力分析正确的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据左手定则可知，A图中掌心向左，四指向里，则安培力应该垂直磁感线竖直向下，故A错误；B图中因通电导线与磁平行，则没有安培力，故B错误；C图中掌心向里，四指斜向左下，则安培力垂直电流斜向下，故C正确；D图中因通电导线与磁平行，则没有安培力，故D错误故选C。考点：左手定则【名师点睛】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向。4. 如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度若不改变A、B两极板带的电量而增大两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（）A. 一定减小 B. 一定增大 C. 一定不变 D. 可能不变【答案】D【解析】由题知，增大两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，根据电容的决定式，可知电容可能增大，可能减小，也可能不变，而电容器的电量不变，由得知，板间电势差可能减小，可能增大，也可能不变，则静电计指针的偏转角度可能减小、增大，也可能不变D正确，ABC错误选D【点睛】静电计测定电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的偏转角度越大由题，平行板电容器带电后电量不变，增大两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质后，分析电容的变化，再由电容的定义式分析静电计指针的偏转角度的变化5. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一个带正电粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )A. a、b、c三个等势面中，a的电势最高B. 电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C. 电子在P点的加速度比Q点的加速度大D. 带电质点一定是从P点向Q点运动【答案】C【解析】A项：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；B项：a等势线的电势最低，c等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；C项：等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；D项：由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D错误。点晴：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。6. 一个电流表的满偏电流Ig1mA，内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A. 串联一个10k的电阻B. 并联一个10k的电阻C. 并联一个9.5k的电阻D. 串联一个9.5k的电阻【答案】D【解析】把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：，故D正确。7. 如图所示，电灯A上标有“10V，10W”的字样，电灯B上标有“8V，20W”的字样，滑动变阻器的总电阻为6，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），则（）A. 电流表示数一直减小，电压表示数一直增大B. 电流表示数一直增大，电压表示数一直减小C. 电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大D. 电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小【答案】B【解析】试题分析：电灯A的电阻为，电灯B的电阻为，则知，所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器两侧并联的总电阻一直减小，根据闭合电路欧姆定律电路中总电流一直增大，路端电压一直减小，则电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小，故B正确考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用8. 在如图甲所示的电路中，调节滑动变阻器的阻值，电源路端电压U随滑动变阻器阻值R的变化关系图像如图乙所示，下列说法正确的是( )A. 当R=4时，电源总功率为6 W，内阻热功率为2 WB. 电源电动势E=6 V，内阻r=1 C. 该电源输出功率的最大值为4.5 WD. 滑动变阻器阻值从0.5到10 逐渐变大的过程中，电源的总功率减小，输出功率增大【答案】AC.C项：电源输出功率的最大值，故C正确；D项：滑动变阻器阻值从0.5到10 逐渐变大的过程中，外电路电阻增大，总电流减小，则电源总功率减小，当r=R时，电源输出功率最大，所以输出功率先增大后减小，故D错误。9. 如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周（用虚线表示）上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球。现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球a、b，先将小球a穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使小球b从A点由静止开始沿竖直方向下落。各带电小球均可视为点电荷，则下列说法中正确的是（ ）A. 从A点到C点，小球a做匀加速运动B. 小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能C. 从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变D. 从A点到C点电场力对小球a做的功大于从A点到B点电场力对小球b做的功【答案】BC【解析】小球a所受库伦力大小不断变化，导致a所受合外力变化，因此从A点到C点，小球a做变加速运动，A错误；B和C点为以点电荷为圆心的球面上的点，两点的电势相同，故小球a从A运动到C和小球b从A运动到B电场力做功相等，但是a球下落的高度大于b球下落的高度，即a球重力重力势能减小大于b球，因此小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能，B错误D正确；机械能的变化等于物体除重力之外的力所做的功，从A点到C点，电场力对a球先做正功后做负功，故其机械能先增大后减小，下落过程中只有重力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变即机械能与电势能之和不变，故C正确【点睛】对两个小球正确受力分析，弄清运动形式；正确理解电场力做功特点，注意以O为圆心的圆周为等势线；弄清小球运动过程中的功能关系，下落过程中只有重力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变10. 如图所示，AOB为一边界为 圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CDAO现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（）A. 粒子2在AB圆弧之间某点射出磁场B. 粒子2必在B点射出磁场C. 粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2D. 粒子1与粒子2的速度偏转角度相同【答案】BC考点：洛伦兹力，左手定则【名师点睛】本题结题的关键是抓住粒子1的运动轨迹，根据结论：沿圆形磁场半径射入的带电粒子一定沿半径射出；所以粒子1轨迹与互ACB对称，同理粒子2轨迹与弧CB对称；根据对称性可以很好的分析粒子2出射点以及两个粒子的速度偏转角。二、填空题： 11. 在测定金属丝电阻率的实验中，需要测出其长度L直径d和电阻R用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图A，则金属丝的直径为_mm若用B图所示的电路测金属丝的电阻，用电流表和电压表测金属丝的电流电压时量程分别选用3V和0.6A，读数如图C，则电压表的读数为_V，电流表的读数为_A，则金属丝的阻值R为_【答案】 (1). 0.698； (2). 2.60； (3). 0.46； (4). 5.65【解析】由图A所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.8×0.01mm=0.198mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.198mm=0.698mm；电压表量程为3V，则其精确度为0.1V，所以读数为：2.60V；电流表量程为0.6A，则其精确度为0.02A，所以读数为：0.46A；根据。12. 有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线。现有下列器材供选用：A电压表V1（05V，内阻约10k）B电压表V2（010V，内阻约20k）C电流表A1（00.3A，内阻约1）D电流表A2（00.6A，内阻约0.4）E滑动变阻器R1（010，2A） F滑动变阻器R2（0100，0.2A）G学生电源（直流6V）、开关及导线（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表_，电流表_，滑动变阻器_（填器材的前方选项符号，如A，B）（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在上面的方框中画出实验电路图_【答案】 (1). A， (2). D， (3). E， (4). 【解析】(1) 因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用A电压表；由P=UI得，灯泡的额定电流为：，故电流表应选择00.6A的量程，故选D；由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，应选小阻值的E；(2) 电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法，由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，如图：点晴：本题考查实验中的仪表的接法，应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断。三、计算题13. 如图所示，一平行板电容器板长L=4cm，板间距离为d=3cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角=37°，若两板间所加电压U=100V，一带电荷量q=3×1010 C的负电荷以v0=0.5m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，（g取10m/s2 ，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则（1）带电粒子的质量为多少？（2）带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？【答案】（1） ；（2） 【解析】试题分析：(1)负电荷在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定沿此直线方向，否则就做曲线运动根据力的合成，由重力与电场力的关系求解质量；(2) 电荷运动过程中，重力不做功，只有电场力做功，根据动能定理求解微粒飞出时的速度。(1) 根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：，解得；(2) 对液滴由动能定理得：，代入数据解得：v=1m/s。14. 如图所示为某一微型电风扇与灯泡L串联的电路，AB两端的电压U恒为20V，灯泡L标有“12V、12W”字样，电动机线圈的电阻 若灯泡恰能正常发光，且电动机恰能正常工作运转。试求：（1）灯泡正常发光时的电阻RL（2）电动机的输出功率P出（3）若灯泡L突然发生短路故障，同时电动机的叶子卡住，停止转动，试求此时通过电动机的电流和发热功率【答案】（1）12（2）7.5W（3）40A，800W【解析】试题分析：（1）由PL=U L 2/RL 得，RL=12（2）电动机两端电压UM=8V，通过电动机的电流IMILPLU L=1A电动机的输出功率P出= IMUM-IM2RM得P出=75W（3）此时通过电动机的电流IMU/ RM=40A电动机的发热功率P热= IM2RM=800W考点：考查了电功率的计算15. 如图所示，在倾角=30°的斜面上，固定一金属框，宽L=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池垂直框面放置一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架间的动摩擦因数 ，整个装置放在磁感应强度B=0.8T、垂直框面向上的匀强磁场中当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g取10m/s2）【答案】1.6R4.8【解析】试题分析：根据左手定则可得安培力的方向沿斜面向上，当安培力过大时，则棒有上滑趋势，则静摩擦力沿斜面向下；当安培力过小时，则棒有下滑的趋势，则静摩擦力沿斜面向上，根据力的平衡条件可求出两种安培力的大小，从而确定滑动变阻器的电阻范围。（1）当滑动变阻器R取值较大时，I较小，安培力F安较小，金属棒有沿框面下滑的趋势，金属棒所受静摩擦力沿框面向上，如图所示：此时金属棒刚好不下滑，满足平衡条件：此时的电流为：带入数据解得：(2)当滑动变阻器R取值较小时，I较大，安培力F安较大，会使金属棒产生上滑的趋势，因此金属棒所受静摩擦力沿框面向下，受力如图所示：此时金属棒刚好不上滑，满足平衡条件：此时的电流为：带入数据解得：由上可得R的阻值范围为：点睛：本题主要考查了物体的平衡，当安培力过大使得棒有上滑趋势，所以静摩擦力沿斜面向下；当安培力过小时，棒有下滑的趋势，所以静摩擦力沿斜面向上。16. 如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy把空间分成四个区域，一绝缘带孔弹性挡板放置在x轴，某一端与坐标系O点重合，挡板上的小孔M距0点距离L1=9m，在y轴上的N点有一开口的小盒子，小盒子的中心距O点的距离L2=3m，空间中I、象限存在竖直向上的匀强电场小孔M正上方高为h处有一直径略小于小孔宽度的带正电小球（视为质点），其质量m=1.0×103kg，电荷量q=1.0×103C，若h=0.8m，某时刻释放带电小球经t=0.55s小球到达小孔正下方L3=0.6m的S点（S未画出），不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8（1）求小球运动到小孔M时速度的大小； （2）求电场强度E的大小；（3）若在空间中、象限再加一垂直纸面的匀强磁场，B=1T，适当改变h为合适的一些数值，其他条件不变，小球仍由静止释放，小球通过小孔后继续运动，小球与挡板相碰以原速度反弹，碰撞时间不计，碰撞电量不变，如果小球最后都能落入盒子的中心处，求h的可能值【答案】（1） （2） （3）1.25m，0.45m，0.70m【解析】(1) 小球释放做自由落体运动有 ，解得 t1=0.4s，v=4m/s；(2) 小球进入电场后在重力和电场力作用下做直线运动，设加速度为a，根据题意有，其中t2=t-t1=0.15s，解得a=0，表明小球进入电场后做匀速直线运动故有 qE=mg，解得 E=10 V/m；(3) 加上匀强磁场后，小球进入复合场做匀速圆周运动，小球进入复合场的速度垂直挡板，做圆周运动的圆心必在x轴上，如果与挡板相碰，其轨迹前面部分是半圆，且圆的半径R3m（因L2=3m），R越小，小球碰撞次数越多设经n次碰撞后小球达到N点；所以 n·2RL1，即n·2R9，解得 n1.5，即取n= 0，1所以小球从小孔到盒子中心的运动轨迹可能有下列三种情况：由几何知识得：甲图 ，代入数据解得R1=5m；乙图 3R2=L1， 代入数据解得R2=3m；丙图 ，代入数据解得R3=3.75m；根据 分别代入上述数据解得 h1=1.25m，h2=0.45m，h3=0.70m ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%