2017-2018学年陕西省渭南市尚德中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 13页

陕西省渭南市尚德中学2017-2018学年高二上学期 期中考试物理试卷 一．选择题： ‎ ‎1. 关于磁感强度，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 由可知，B与F成正比，与IL成反比 B. 磁场中某点磁感应强度只由磁场本身性质决定，与通电导线受力F和IL无关 C. 通电导线在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感强度一定为零 D. 磁场中某点的磁感强度的方向与通电导线受到的安培力方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】磁感应强度的定义式是，这是比值定义法定义的物理量，BB与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定A错误B正确；通电导线受安培力为零的地方，磁感应强度不一定为零，如当通电导线与磁场平行放置，不受安培力，C错误；根据左手定则可知磁场中某点的磁感强度的方向与通电导线受到的安培力方向垂直，D错误．‎ ‎2. 在由一个点电荷产生的电场中，在离该点电荷距离为r0的一点上，电量为q的试探电荷所受的电场力为F，则离该点电荷距离为r处场强的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】该点的电场强度大小为，根据点电荷电场公式可知，联立即得，故距离为r处的电场强度大小为，A正确．‎ ‎3. 如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（ ）‎ A. EA＝EC>EB；φA＝φC>φB B. EB>EA>EC；φA＝φC>φB C. EAφB，φA>φC D. 因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EB＞EA＞EC；‎ 等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势．所以φA=φC＞φB．故B正确，ACD错误．故选B。‎ 考点：电场线；电场强度；电势 ‎ ‎ ‎4. 下列各图中，用带箭头的细实线表示通电直导线周围磁感线的分布情况，其中正确的是（      ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定，伸开右手，大拇指方向为电流方向，四指环绕方向为磁场方向，通电直导线的磁感线是由导线为中心的一系列同心圆，且导线与各圆一定是相互垂直的，故正确的画法只有D．‎ 考点：本题考查直导线周围磁场的分布情况，意在考查考生对右手螺旋定则的理解和应用及分析判断能力．‎ ‎5. 如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d ，分别接在电压为U ‎ 的电源正、负极上。这时质量为m，带电量为-q的油滴恰好静止在两板之间，在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，则在此过程中 （ ）‎ A. 油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b B. 油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a C. 油滴向上加速运动，电流计中的电流从b流向a D. 油滴向下加速运动，电流计中的电流从a流向b ‎【答案】A ‎【解析】将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则由知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流．由于电容器板间电压和距离不变，则由，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态，A正确．‎ ‎6. 一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为 （ ） ‎ A. 动能减小 B. 电势能增加 C. 动能和电势能之和增加 D. 重力势能和电势能之和减小 ‎【答案】D ‎【解析】油滴受到的合力指向轨迹的内侧，因为重力和电场力都是竖直方向上的力，所以合力沿竖直向上，即合力与速度方向的夹角为锐角，故做正功，根据动能定理可知油滴的动能增大，即速度增大，A错误；合力竖直向上，重力竖直向下，故电场力竖直向上，电场力做正功，电势能减小，B错误；根据功能关系可知，在从a到b 的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，C错误D正确．‎ ‎7. 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（ ） ‎ A. 电压表和电流表读数都增大 B. 电压表和电流表读数都减小 C. 电压表读数增大，电流表读数减小 D. 电压表读数减小，电流表读数增大 ‎【答案】A 点睛：本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压减小，流过R2的电流减小．‎ ‎ ‎ ‎8. 有一台标有“220 V　50 W”的电风扇，其线圈电阻为0.4 Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中，正确的是 （ ）‎ A. ，Q＝UIt＝3 000 J B. Q＝Pt＝3 000 J C. ，Q＝I2Rt＝1.24 J D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电风扇是非纯电阻，所以不能使用计算其生热．‎ 电流，电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为：，C正确．‎ ‎9. 下列运动(电子只受电场力或磁场力的作用)不可能的是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电子只受电场或磁场力的作用，根据电子受力的大小和方向，结合受力与速度方向的关系判断粒子的运动．‎ A、电子受到点电荷对它的库仑引力，速度若满足条件，靠库仑引力提供向心力，做匀速圆周运动．故A正确．‎ B、等量异种电荷连线的中垂线上的电场方向始终水平向右，电子受到水平向左的电场力，不可能沿中垂线做直线运动．故B错误．‎ C、电子在匀强磁场中受洛伦兹力，靠洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．故C正确．‎ D、通电螺线管中的磁场方向沿水平方向，电子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，做匀速直线运动．故D正确．‎ 本题选错误的，故选B． ‎ 考点：物体的受力分析，受力与速度方向的关系，判断物体的运动．‎ ‎10. 如图所示，是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V．当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知电流表的内阻R g 为500Ω，满偏电流I g 为1mA，则（ ） ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，根据图示电路图应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值．‎ 当接ab时和表头串联，根据欧姆定律可知；当接ac时、和表头串联，根据欧姆定律可得，故CD正确．‎ ‎11. 如图所示，四个电量相等的带电粒子(重力不计)以相同的速度由o点垂直射入匀强磁场中，磁场垂直于纸面向外。图中oa、ob、oc、od是四种粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是（ ）  ‎ A. 打到a、b点的粒子带负电 B. 四种粒子都带正电 C. 打到c点的粒子质量最大 D. 打到d点的粒子质量最大 ‎【答案】AC ‎【解析】因为磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知正电荷应向下偏转，负电荷向上偏转，故到a、b点的粒子带负电，A正确B错误；根据半径公式可知在速度和电量相同的情况下，同一个磁场内质量越大，轨迹半径越大，从图中可知打在c点的粒子轨迹半径最大，故打在c点的粒子的质量最大，C正确D错误．‎ ‎12. 如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中，金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则（ ） ‎ A. 磁场方向竖直向上 B. 磁场方向竖直向下 C. ab受安培力的方向平行导轨向上 D. ab受安培力的方向水平向右 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析答题．‎ 如果磁场方向竖直向上时，由左手定则可知，金属棒所受安培力水平向右，金属棒所受合力可能为零，金属棒可以静止，AD正确；如果磁场方向竖直向下时，由左手定则可知，金属棒所受安培力水平向左，金属棒所受合力不可能为零，金属棒不可能静止，B错误；从以上分析可知只要磁场在竖直方向上，金属杆受到的安培力方向不可能平行导轨向上，C错误．‎ 二．实验与探究 ‎13. （1）实验中用螺旋测微器测量导线直径时如图所示,可测得导线直径为 ____________mm。‎ ‎（2）在用多用电表粗测电阻时,某同学首先选用“×100”欧姆挡，其阻值如图(甲)中指针所示，为了减小多用电表的读数误差,多用电表的选择开关应换用_________欧姆挡，重新欧姆调零后，再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图(乙)中指针所示，则Rx的阻值大约是_________Ω；‎ ‎【答案】 (1). （1） 0.855mm---0.860mm都对 (2). （2）×10 (3). 90‎ ‎【解析】（1）螺旋测微器的读数为．‎ ‎（2）甲图中指针偏转过小，说明被测电阻过小，需用低一档测量，即选用×10档，读出为．‎ ‎14. 用如图甲所示的电路，测定一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：‎ A．电压表（量程3V） B．电流表（量程0.6A） ‎ C．电流表（量程3A） D．定值电阻R0（阻值4、额定功率4W）‎ E．滑动变阻器（阻值范围0—20、额定电流2A）‎ F．滑动变阻器（阻值范围0—1000、额定电流0.5A）‎ ‎（1）电流表应选____________，滑动变阻器应选_____________（填器材前的字母代号）‎ ‎（2）根据实验数据作出U—I图象如图乙所示，则蓄电池的电动势E=____ V，内电阻r=____ (r保留两位有效数字)‎ ‎（3）引起该实验系统误差的主要原因是_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (1) B (2). E (3). (2) 2.10 (4). 0.20 (5). (3) 电压表的分流作用 ‎【解析】试题分析：由题意可确定出电路中的电流范围，为了保证电路的安全和准确，电流表应略大于最大电流；由电路及闭合电路欧姆定律可得出函数关系，结合数学知识可得出电源的电动势和内电阻．电流表测量的不是干路电流，电压表具有分流作用．‎ ‎（1）由题意可知，电源的电动势约为2V，保护电阻为4Ω，故电路中最大电流约为0.5A，故电流表只能选B；为了方便操作，应选择较小的变阻器，故选E；‎ ‎（2）由电路利用闭合电路欧姆定律可知，则由数学知识可得，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故E=2.10V；而图象的斜率表示保护电阻与内电阻之和， 故，解得r=0.2Ω；‎ ‎（3）电流表测量的不是干路电流，本实验的系统误差原因是电压表具有分流作用．‎ 三．计算题。‎ ‎15. 如图所示，电源的电动势是6 V，内阻是0.5 Ω，小电动机M的线圈电阻为0.5 Ω，限流电阻阻值R0为3 Ω，若理想电压表的示数为3 V，试求：‎ ‎（1）电源的功率和电源的输出功率；‎ ‎（2）电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率 ‎【答案】（1）6W；5.5W（2）2.5W；2W ‎【解析】（1）在串联电路中，电压表读R0两端的电压，由欧姆定律得 电源的总功率： 由能量转化和守恒定律得： （2）电源的输出功率为电动机和限流电阻获得功率之和， ， ， 则有：，得：‎ ‎16. 如图所示，通电导体棒AC静止于水平导轨上，棒的质量为m长为L，通过的电流强度为I，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成θ角，求导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为多大？‎ ‎【答案】N=mg-BILcosθ f=BILsinθ ‎【解析】试题分析：如图，导体棒AC静止于水平导轨上，受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力．导体棒与磁场方向垂直，安培力大小FA=BIl，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解导轨对导体棒的支持力和摩擦力，再由牛顿第三定律求解导轨受到AC棒的压力和摩擦力．‎ 解：以导体棒AC为研究对象，分析受力，如图．‎ 其中，安培力大小FA=BIl，根据平衡条件得 N+FAcosθ="mg" ①‎ f=FAsinθ ②‎ 由①得，N=mg﹣FAcosθ=mg﹣BIlcosθ 由②得，f=BIlsinθ 由牛顿第三定律得，导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为mg﹣BIlcosθ和BIlsinθ．‎ 答：导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为mg﹣BIlcosθ和BIlsinθ．‎ ‎【点评】本题是磁场知识与力学知识的综合，比较简单，安培力是桥梁，关键是安培力的方向判断和大小计算．‎ ‎17. 如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小 ‎（2）电子从偏转电场射出时竖直方向的侧移量 ‎（3）P点到O点的距离 ‎【答案】（1） （2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为，分速度等于，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于，由求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离即可解得．‎ ‎（1）设电子经电压加速后的速度为，根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）电子以速度进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为 根据牛顿第二定律得：‎ 水平方向：，竖直方向：‎ 联立解得：‎ ‎（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为，根据学公式得：‎ 电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为，电子打到荧光屏上的侧移量为，如图所示 水平方向：，竖直方向：‎ 联立解得：‎ 则P到O点的距离 ‎ ‎