西藏拉萨中学2017_2018学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、12017-2018 学年西藏拉萨中学高二（上）期末物理试卷一、单选题1.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，虚线 1 和 2 为等势线，从电场中 M 点以相切于等势线 1 的相同速度飞出 a，b 两个带电粒子，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内（粒子在图示区域内） （ ）A. a 的加速度将减小，b 的加速度将增大B. a 的速度将减小，b 的速度将增大C. a 一定带正电，b 一定带负电D. a 的电势能减小，b 的电势能增大【答案】A【解析】【详解】由电场力 F=Eq，结合 a=F/m，可知，电场线越密处，加速度越大，电场线越疏的，加速度越小，则

2、a 的加速度将减小，b 的加速度将增大，故 A 正确。由于出发后电场力对两个粒子都做正功，它们的动能都增大，故两个粒子速度都增大，故 B 错误。由于不知道场强的方向，故不能确定电荷的电性，故 C 错误。由于出发后电场力对两对电荷均做正功，所以两个粒子的电势能均减小，故 D 错误。故选 A。【点睛】解决本题的关键是掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向表示电势的高低。由功能关系分析粒子能量的变化。2. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表 G 和一个变阻器 R 组成的，下列说法正确的是（ ）甲表是安培表，R 增大时量程增大甲表是安培表，R 增大时量程减小2乙表是伏

3、特表，R 增大时量程增大乙表是伏特表，R 增大时量程减小A. B. C. D. 【答案】C【解析】3.如图所示，在真空中，匀强电场 E 的方向竖直向下，水平匀强磁场 B 垂直纸面向里，三个油滴 a、 b、 c 带有等量同种电荷。已知 a 静止，油滴 b 水平向右匀速运动，油滴 c 水平向左匀速运动。三者质量 ma、 mb和 mc相比较 （ ）A. mambmc B. mbmamcC. mcmamb D. ma=mb=mc【答案】C【解析】a 静止，不受洛伦兹力，由受力平衡，有 ，重力和电场力等值、反向、共线，故mag=qE电场力向上，由于电场强度向下，故三个液滴都带负电b 受力平衡，有，c 受

4、力平衡，有 ，解得 ，C 正确mbg+qvB=qE mcg=qvB+qE mcmamb4.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为 m、长为 l 的金属棒 ab 悬挂在 c、 d 两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从 a 到 b 的电流 I 后，两悬线偏离竖直方向 角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )A. tan ，竖直向上mgIlB. tan ，竖直向下mgIl3C. sin ，平行悬线向下mgIlD. sin ，平行悬线向上mgIl【答案】D【解析】要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力为最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不

5、变，由画出的力三角形可知(如图所示)，安培力的最小值为，即 ，得 ，所加磁场的方向应平行悬线向上。Fmin=mgsin BminIl=mgsin Bmin=mgIlsin5.质谱仪是一种测定带电粒子质虽和分析同位索的重要工具。图中的铅盒 A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝 S1进入电压为 U 的加速电场区加速后，再通过狭缝 S2 从小孔 G 垂直于 MN,V 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线 MN 为切线、磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向外半径为 R 的圆形匀强磁场。现在 MN 上的 F 点(图中末画出)接收到该粒子，且 。则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)

6、 GF=3RA. B. C. D. 8UR2B2 4UR2B2 6UR2B2 2UR2B2【答案】C【解析】设离子被加速后获得的速度为 v，由动能定理有： ，离子在磁场中做匀速圆周运qU=12mv2动的轨道半径 ，又 ，可求 ，故 C 正确。r=3R3 Bqv=mv2r qm=6UR2B246.如图所示，一个电量为Q 的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的 O 点，另一个电量为q、质量为 m 的点电荷乙从 A 点以初速度 v0沿它们的连线向甲运动，到 B 点时速度最小且为 v已知静电力常量为 k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为 ，A、B 间距离为L，则以下说法不正确的是A. O、B 间的距离为kQq

7、mgB. 从 A 到 B 的过程中，电场力对点电荷乙做的功为 WmgL mv02 mv212 12C. 从 A 到 B 的过程中，电场力对点电荷乙做的功为 WmgL mv2 mv0212 12D. 从 A 到 B 的过程中，两电荷的电势能一直减少【答案】ACD【解析】试题分析：由题意，乙到达 B 点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，当速度最小时有： ，解得 OB 间的距离 ，故 A 正确；从 A 到 B 的过程中，根据动能mg=F库 =kqQr2 r= kQqmg定理得：W-mgL= mv2- mv02，得 W=mgL+ mv2- mv02，故 B 错误，C 正确从 A 到 B 的过程12

8、 12 12 12中，电场力对甲和乙均做正功，故系统的电势能减少，故 D 正确故选 ACD考点：库仑定律；动能定理【名师点睛】本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，解题时要通过分析电荷的受力情况分析运动情况，找到速度最小时的力的关系；此题是考查学生综合能力的好题。二、多选题7.如图所示，直线 为电源的路端电压与电流的关系图象，直线 为电源 的路端电压与电A B b流的关系图象，在直线 为电阻 两端的电压与电流的关系图象电源、 的电动势分别为C R b5、 ，内阻分别为 、 ，将电阻 分别接到、 两电源上，则Ea Eb ra rb R bA. ，

9、EaEb rarbB. EaEb=rarbC. 接到 电源上，电阻的发热功率得电源的效率都较高R bD. 接到电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低R【答案】ABD【解析】本题首先要理解电源效率的含义：电源的效率等于电源的输出功率占总功率的百分比。根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比。由电源的 UI 图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系。当电阻 R 与电源组成闭合电路时，电阻 R 的 UI 图线与电源的 UI 图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率。由闭合电路欧姆定律 可知，图像与 U 轴的交点表示U=E-Ir电动势

10、，则 A 的电动势较大，图像的斜率表示内阻，则 B 电源的内阻 r 较小， A 电源的内阻 r 较大，两个电源的短路电流相同，故 AB 正确；电源的热功率 ，由图看出， RP热 =I2r接到 b 电源上，电路中电流较小， b 电源的内阻 r 较小，所以电源的热功率较低，C 错误；当电阻 R 与电源组成闭合电路时，电阻 R 的 UI 图线与电源的 UI 图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出， R 接到 a 电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，由上知，电源的效率较低，故 D 正确。故选 ABD8.如图所示，平行金属板

11、中带电质点 P 原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且 大于电源的内阻 r，当滑动变阻器 的滑片向 b 端移动时，则 R1 R46A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点 P 将向上运动D. 电源的输出功率逐渐增大【答案】AD【解析】【分析】由图认识电路的结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况【详解】 B、由图可知， 与滑动变阻器 串联后与 并联后，再由 串连接在电源两端；R2 R4 R3 R1电容器与 并联；R3当滑片向 b 移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路

12、中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时， 两端的电R1压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过 的电流减小，则流过并联部分R3的电流增大，故电流表示数增大；故 B 错误；A、因并联部分电压减小，而 中电压增大，故电压表示数减小，故 A 正确；R2C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故 C 错误；D、由题， 大于电源的内阻 r，外电路的总电阻大于 r，而当电源的内外电阻相等时，电R1源的输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故 D 正确。故选： AD。7【点睛】

13、解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体 局部 整体的思路进行分析，- -注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的三、填空题9.读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数：游标卡尺的读数为_mm.；螺旋测微器的读数为_mm.【答案】11.4mm 0.920mm【解析】试题分析：游标卡尺主尺读数为 11mm，游标尺读数为 40.1=0.4mm，所以最总读数为11.4mm；螺旋测微器主轴读数 0.5mm，旋钮读数为 42.00.01=0.420mm，最总读数为0.920mm。考点：本题考查游标卡尺及螺旋测微器的读数。10.在如图所示的坐标系中，x 轴沿水平方向，y 轴沿

14、竖直方向。在第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿 y 轴正方向的匀强电场和垂直 xy 平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限，存在与第三象限相同的匀强电场，还有一个等腰直角三角形区域 OMN，OMN 为直角，MN 边有挡板，已知挡板 MN 的长度为 。一质量为 m、电荷量为22Lq 的带电粒子，从 y 轴上 y=L 处的 点以一定的水平初速度沿 x 轴负方向进入第二象限，P1然后经过 x 轴上 x=2L 处的 点进入第三象限，带电粒子恰好能做匀速圆周运动，之后经P2过 y 轴上 y=2L 处的 点进入第四象限。已知重力加速度为 g。求：P3（1）粒子到达 点时速度的大小和方向

15、；P28（2）第三象限空间中磁感应强度的大小；（3）现在等腰直角三角形区域 OMN 内加一垂直纸面的匀强磁场，要使粒子经过磁场偏转后能打到挡板 MN 上，求所加磁场的方向和磁感应强度大小的范围。【答案】 （1） 方向与 x 轴负方向成 45角v=2gL（2） B=m2gLqL（3） B (22)mgLqL 2m2gLqL【解析】（1）质点从 到 做平抛运动，设粒子初速度为 ，到达 点时速度的大小为 v，方向与P1 P2 v0 P2x 轴负方向成角，运动时间为 t，y 轴方向速度大小为 ，则 ， ， vy L=12gt2 2L=v0t vy=gt，v2=v20+v2y tan=vyv0解得： ，

16、方向与 x 轴负方向成 角。v=2gL 45（2）质点从 到 ，带电粒子恰好能做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡。 垂P2 P3 P2P3直于速度方向，粒子做匀速圆周运动的圆心在 上，即 是直径，设第三象限磁场P2P3 P2P3磁感应强度的大小为 B，圆周运动半径为 R，则，qvB=mv2R (2R)2=(2L)2+(2L)2解得： B=m2gLqL（3）粒子进入等腰直角三角形区域时，速度垂直于 OM，且从 OM 的中点进入，要使质点直接打到 MN 板上，根据左手定则，可知所加磁场的方向垂直纸面向外，如图所示：当粒子进入磁场后做匀速圆周运动，偏转半径最大时恰好与 ON 相切，偏转半径最小时，

17、OM的一半为圆周的直径，设最大半径为 ，最小半径为 ，则R1 R29，解得 ， R1=(R1+2L)sin450 R1=(2+2)L R2=22L由于粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qB=m2R解得： 。(22)mgLqL B 2m2gLqL点睛：本题考查带电粒子在场中三种运动模型：匀速圆周运动、平抛运动和类斜抛运动，考查综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力。四、实验题探究题11.某学习小组欲精确测量电阻 的阻值，有下列器材供选用：RxA.待测电阻 约Rx( 300)B.电压表 ，内阻约V(3V 3k)C.电流表 ，内阻约A1(10mA 5)D.电流

18、表 ，内阻约A2(20mA 5)E.滑动变阻器 ，额定电流R1(0 20 2A)F.滑动变阻器 ，额定电流R2(0 2000 0.5A)G.直流电源 ，内阻约E(3V 1)H.开关、导线若干甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，并满足 两端电压能从 0 开始变(1) Rx化进行多次测量。则电流表应选择_填“ ”或“ ”；滑动变阻器应选择_填A1 A2“ ”或“ ”；并请在如图 1 的方框中帮甲同学完成实验原理电路图 _。R1 R2乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图 2 所示的测量电路，具体操作如下：(2)10如图所示连接好实验电路，闭合开关 前调节滑动变阻器 、 的滑片至适

19、当位置； S1 R1 R2闭合开关 ，断开开关 ，调节滑动变阻器 、 的滑片，使电流表 的示数恰好为电 S1 S2 R1 R2 A1流表 的示数的一半，即 ；A2 I1=12I2闭合开关 并保持滑动变阻器 的滑片位置不变，读出电压表 V 和电流表 的示数，分 S2 R2 A1别记为 U、 I；则待测电阻的阻值 _。 Rx=比较甲、乙两同学测量电阻 的方法，你认为哪位同学的方法更有利于减小系统误差？(3) Rx答：_同学填“甲”或“乙” ，理由是_。【答案】 (1). (2). (3). 电路图如图所示：A1 R1(4). (5). 乙 (6). 采用乙图电路，待测电阻UI两端电压和通过的电流均

20、为实际值，可以消除系统误差【解析】【分析】根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，根据题意确定滑动变阻器的接法，为方便实(1)验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图。根据实验步骤应用欧姆定律求出电阻阻值。(2)根据实验步骤与实验原理分析实验误差，然后作出解答。(3)【详解】 通过待测电阻的最大电流约为： ，电流表应选择 ；(1) I=URX=3300=0.01A=10mA A1实验要求电压从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器 ；R1待测电阻阻值约为 ，电流表内阻约为 ，电压表内阻约为 ，相

21、对于来说待测电300 10 3k阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示：11由实验步骤 可知，通过 与 的电流相等，它们并联，(2) R2 RX则两支路电阻相等，由实验步骤 可知，电压表测待测电阻两端电压，由于两并联支路电阻相等，则通过它们的电流相等，由实验步骤可知，通过待测电阻的电流等于电流表 的示数 I，则待测电阻阻值： ；A1 RX=UI由两种实验方案与实验步骤可知，由于电表内阻的影响甲的测量值存在误差，(3)由于实验电路与实验步骤的巧妙设计，乙的方案化解了电表内阻影响，测量值与真实值相等，乙的方案可以消除系统误差。故答案为： ； ；电路图见解析； ； 乙。采用乙

22、图电路，待测电阻两端电压(1)A1 R1 (2)UI (3)和通过的电流均为实际值，可以消除系统误差。【点睛】本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。五、计算题12.用长为 L 的细线将质量为 m 的带电小球 P 悬挂在 O 点下，当空中有方向为水平向右，大小为 E 的匀强电场时，小球偏转后处于静止状态分析小球的带电性质；(1)求小球的带电量；(2)求细线的拉力(3)【答案】 （1）小球带正电 （2） （3）mgtanE mgcos【解析】12（1）小球受重力、拉力和电场力处于平衡，电场

23、力的方向水平向右，如图所示知小球带正电。（2）根据共点力平衡可知电场力为： ，解得： 。F=qE=mgtan q=mgtanE（3）细线的拉力为： 。T=mgcos点睛：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，知道电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反。六、简答题13.利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势 ，电源内阻 ，E=6V r=1电阻 ，重物质量 ，当将重物固定时，理想电压表的示数为 5V，当重物不R=3 m=0.10kg固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为 ，不计摩擦， g5.5V取 求：10m/s

24、2).串联入电路的电动机内阻为多大？(1)重物匀速上升时的速度大小(2)匀速提升重物 3m 需要消耗电源多少能量？(3)【答案】 （1） ；（2） （3）6 J2 1.5m/s【解析】【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度13大小，根据 求解匀速提升重物 3m 需要消耗电源的能量W=EIt【详解】 由题，电源电动势 ，电源内阻 ，当将重物固定时，电压表的示数(1) E=6V r=1为 5V，则根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为 I=E-Ur =6-51=1A电动机的电阻 RM=U-IRI =5-131 =2当重物匀速上升时，电压表的示数为 ，电路中电流为(2) U=5.5V I=E-Ur =0.5A电动机两端的电压为 UM=E-I(R+r)=6-0.5(3+1)V=4V故电动机的输入功率 P=UMI=40.5=2W根据能量转化和守恒定律得代入解得，匀速提升重物 3m 所需要的时间 ，则消耗的电能【点睛】本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立14