2017-2018学年江西省抚州市临川实验学校高二上学期期中考试物理试题 解析版 10页

江西省抚州市临川实验学校2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共计50分.6至10小题为多选题.‎ ‎1. 关于静电场，下列结论普遍成立的是 ( )‎ A. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 B. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 C. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 D. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：只有在匀强电场中，电场中任意两点之间的电势差才是只与这两点的场强有关，选项A错误；电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势也不一定低，例如在负点电荷的电场中，距离电荷较近的地方电势低，较远的地方电势高，选项B错误；将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零，例如将电荷从等量同种电荷连线的中点处移到无穷远处时，因为两点的电势差不为零，故电场力做功不为零，选项C错误；在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向，选项D正确；故选D.‎ 考点：电场强度和电势 ‎【名师点睛】此题考查了电场强度和电势的关系；要知道电场强度和电势是从不同的角度对电场进行的描述，场强是从力的角度，而电势是从能量的角度，两者无直接的关系，故场强为零，电势不一定为零；场强大的点电势不一定高；场强方向是电势降落最快的方向.‎ ‎2. 有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的是 ( )‎ A. 通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用 B. 安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现 C. 带电粒子在匀强磁场中运动受到洛仑兹力做正功 D. 通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行 ‎【答案】B ‎【解析】解：A、通电导线方向与磁场方向不在一条直线上时，才受到安培力作用，当二者平行时，安培力为零，故A错误；‎ B、磁场对电流的作用力通常称为安培力，安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，故B正确；‎ C、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功．故C错误．‎ D、根据左手定则知，安培力的方向与磁场方向垂直．故D错误 故选：B ‎【点评】安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解．‎ ‎3. 在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向（ ）‎ A. 与ab边平行，竖直向上 B. 与ab边平行，竖直向下 C. 与ab边垂直，指向左边 D. 与ab边垂直，指向右边 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：导线a在c处的磁场方向垂直ac斜向下，b在c处的磁场方向垂直bc斜向上，两者的和磁场方向为竖直向下，根据左手定则可得c点所受安培力方向为与ab边垂直，指向左边，C正确；‎ 考点：考查了安培力，导线周围的磁场 ‎【名师点睛】先根据右手定则判断各个导线在c点的磁场方向，然后根据平行四边形定则，判断和磁场方向，最后根据左手定则判断安培力方向 ‎4. 如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是 (　 )‎ A. 电子将向右偏转 B. 电子打在MN上的点与O′点的距离为d C. 电子打在MN上的点与O′点的距离为d D. 电子在磁场中运动的时间为 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：带电粒子垂直进入磁场后，根据左手定则，磁感线穿过手掌心，四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动反方向，大拇指所指即电荷所受洛伦兹力方向，据此判断电子这个负电荷竖直向下进入磁场所受到洛伦兹力水平向左，将向左偏转选项A错。在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周运动的圆心即在洛伦兹力方向上，如图.根据半径2d和磁场宽度d 可知转过的圆心角,电子打在MN上的点与O′点的距离为选项BC错误。电子在磁场中运动的时间为，选项D正确。‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。‎ ‎5. 在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为V/m.已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/,水的密度为kg/。这雨滴携带的电荷量的最小值约为( ) ‎ A. 2 C B. 4 C C. 6 C D. 8 C ‎【答案】B 考点：平衡问题和电场力。‎ ‎6. 如图,虚线框内存在着匀强电场（方向未知），有一正电荷（重力不计）从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场力一定对电荷做了正功 B. 电场方向可能垂直ab边向右 C. 电荷运动的轨迹可能是一段圆弧 D. 电荷的运动一定是匀变速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】由正电荷在匀强电场中的偏转可以判断，其所受电场力一定指向运动曲线的内侧，但电场力与速度方向的夹角可能为锐角或钝角，电场力可能做正功或负功，所以选项A错B对，由于正电荷只受恒定的电场力作用，所以正电荷不可能做圆周运动，一定是匀变速曲线运动，选项D正确，答案为B、D.‎ ‎7. 如图，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于oxy平面向里，大小为B。现有一质量为m电量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场， 在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场。不计重力的影响。由这些条件可知 ( )‎ A. 能确定粒子通过y轴时的位置 B. 能确定粒子速度的大小 C. 能确定粒子在磁场中运动所经历的时间 D. 以上三个判断都不对 ‎【答案】ABC ‎【解析】由题意可知，带电粒子要垂直于y轴离开磁场，可得知带电粒子逆时针运动，由左手定则可判断粒子带正电；带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，可知离开磁场通过y轴时的位置的位置为y=x0；并得到运动的半径为R=x0，由半径公式R=‎ 可求出粒子的速度为v=；带电粒子是垂直于y轴离开磁场的，顾可知带电粒子在磁场中运动了圆周，即时间是T，又因T=，粒子的运动时间为．故选D ‎8. 如图所示，在点电荷Q形成的电场中，带电粒子q仅受电场力作用，运动轨迹为MEGFN曲线，其中G点与等势面a相切，E、F两点在等势面b上，M、N两点在等势面c上。则以下判断正确的是（ ）‎ A. q与Q电性相同 B. 带电粒子在G点电势能最小 C. 带电粒子在M点动能大于F点 D. 带电粒子在E点电势能小于N点 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：由力学知识可知，物体受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子与点电荷是同种电荷，存在静电斥力．根据力与速度方向关系可分析做功的正负．‎ 解：A、由图可知，粒子受静电斥力的作用，MG段电场力与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，GN段电场力与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功．因此q与Q电性相同，且G点电势能最大，故A正确，B错误；‎ C、由题意可知，E与F在同一等势线上，而粒子从M到E，电场力做负功，电势能增加，所以在M点电势能小于F点，则在M点动能大于F点，故C正确．‎ D、同理可知，M与N点是等电势的，所以粒子在E点电势能大于N点，故D错误；‎ 故选AC ‎【点评】本题考查运用力学知识分析电场中轨迹问题的能力．电场力具有力的共性，判断电场力做功的正负，按照功的公式，分析电场力与速度方向的夹角来判断．及学会由电场力做功的正负来确定电势能的增加与否．‎ ‎9. 如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑动触头p移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是（ ）‎ A. p向a移动，V1示数增大、V2的示数减小 B. p向b移动，V1示数增大、V2的示数减小 C. p向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值 D. p向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：电压表测量电阻两端的电压，电压表测量电阻两端的电压，当滑动变阻器R2的滑动触头P向a移动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，所以路端电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压减小，电路总电流增大，故通过的电流增大，所以两端的电压增大，而路端电压是减小的，所以V2的示数减小，V1示数改变量的绝对值小于V2的示数改变量的绝对值，AC正确B错误；当滑动变阻器R2的滑动触头P向b移动，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故外电路总电阻增大，即路端电压增大，电路总电流减小，所以通过的电流减小，即两端的电压减小，故两端的电压增大，而路端电压是增大的，所以V1示数改变量的绝对值小于V2的示数改变量的绝对值，D错误 考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用 ‎10. 如图所示是两个横截面分别为圆和正方形但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆的直径D等于正方形的边长，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场区域的速度方向对准了圆心，进入正方形磁场区域的方向是沿一边的中点且垂直于边界线，则下列判断正确的是 (　 )‎ A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同 B. 两电子在两磁场中运动的时间一定不相同 C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场 D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞出磁场 ‎【答案】AD ‎【解析】A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，整理得，两过程电子速度v相同，所以半径相同，故A正确；‎ BCD、粒子在磁场中的可能运动情况如图所示，‎ 电子从O点水平进入由于它们进入圆形磁场和矩形磁场的轨道半径、速度是相同的，我们把圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹1，先出圆形磁场，再出矩形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与矩形边界处磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先出圆形磁场，再出矩形磁场；所以电子不会先出矩形的磁场，即进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场，故D正确，BC错误；‎ 故选AD。‎ 二、实验题（本题包括2小题，共20分.把正确的答案填在横线上或按题目要求作答.）‎ ‎11. 读数 ‎(1)螺旋测微器读数.________mm (2)游标卡尺读数 ________cm ‎【答案】 (1). 2.497 (2). 0.930‎ ‎【解析】螺旋测微器的固定刻度读数2mm，可动刻度读数为0.01×24.7mm=2.497mm，所以最终读数为2.497mm；‎ 游标卡尺的主尺读数为9mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数为9.30mm，即0.930cm。  ‎ ‎12.‎ ‎ 测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中，将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡。原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测定电流约为3mA。现有下列器材：‎ 待测“水果电池”‎ 电流表：满偏电流3mA，电阻约10Ω 电压表：量程0~1.5V，电阻约1000Ω 滑动变阻器R1：0~30Ω 滑动变阻器R2：0~3kΩ 开关、导线等实验器材 ‎(1)本实验选用上面所示的实验原理图，应该选用哪种规格的滑动变阻器？_______。（填写仪器代号）‎ ‎(2)在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，得到U—I图象如上图所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势E＝_______V，内电阻r＝_____Ω。‎ ‎(3)若不计测量中的偶然误差，用这种方法测量得出的电动势和内电阻的值与真实值相比较，电动势E_______（选填“偏大”或“相等”或“偏小”），内电阻r________（选填“偏大”或“相等”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). R2 (2). 1.5 (3). 500 (4). 相等 (5). 偏大 ‎.........‎ 三.计算题（44分）‎ ‎13. 如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r1=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V, 6W”的灯泡L和内阻r2=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求：‎ ‎(1)电路中的电流大小；‎ ‎(2)电动机的额定电压；‎ ‎(3)电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1）2A（2）7V（3）12W ‎【解析】试题分析：1）灯泡L正常发光，电路中的电流为：‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：‎ UD=E-I（r+R）-UL=20-2×（1+4）-3=7（V）‎ ‎（3）电动机的总功率为P总=IUD=2×7=14W 电动机的热功率为P热=I2RD=22×0．5=2W 所以电动机的输出功率为P出=P总-P热=14-2=12W 考点：闭合电路欧姆定律；电功率 ‎【名师点睛】本题中含有电动机，电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能这样求电路中的电流：。‎ ‎14. 如下图所示，在xoy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电量为q、质量为m的离子经过电压为U的电场加速后，从x上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场偏转并击中x轴上的C点。已知OA=OC=d。求电场强度E和磁感强度B的大小．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，由动能定理得：qU=mv2-0 ①‎ 带电粒子进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：②‎ 依题意可知：r=d ③‎ 联立①②③可解得：④；‎ 带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，‎ 设经时间t从P点到达C点，则：‎ d=vt ⑤‎ ‎ ⑥‎ 联立①⑤⑥可解得：‎ 考点：带电粒子在磁场和电场中的运动.‎ ‎ ‎