安徽黃山2017-2018學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理理試題解析版

1、黃山市20172018學(xué)年度第一學(xué)期期末質(zhì)量檢測高二（理）物理試題一、單項選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確。請將正確答案選出并填在答題卷中。）1 .運動的合成與分解、求合力與分力、計算幾個并聯(lián)電阻與串聯(lián)電阻等，這些處理物理問題的方法，都屬于A.類比的方法B.控制變量的方法C.等效替代的方法D.觀察、實驗的方法【答案】C【解析】求幾個電阻的總電阻、把一個復(fù)雜的電路筒化，都用到了等效替代的方法，合力與分力的作用效果是等效的,故采用的是等效替代的方法，故c正確，ABD錯誤.2 .下列對公式的理解正確的是A. F=Eq中，q為場源電荷，電場強度E與

2、q無關(guān)B. U=IR中，導(dǎo)體的電阻與該導(dǎo)體兩端的電壓無關(guān)C.根據(jù)安培力的公式F=BIL,若F=0則B為0D.根據(jù)蟲=3&S越大，越大【答案】B【解析】在F=Eq中，q為檢驗電荷，不是場源電荷，而電場強度E與q無關(guān)，故A錯誤；在U=IR中，導(dǎo)體的電阻由本身決定的，與該導(dǎo)體兩端的電壓無關(guān)，故B正確；根據(jù)安培力的公式F=BIL,若F=0,可能B為零；也可能B不等于零，卻是B與I平行，故C錯誤；據(jù)蟲=8$,S越大，不一定越大，比如當(dāng)S與B平行時，為零，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。3 .如圖，足夠長的絕緣細(xì)桿與水平面成。角固定，桿上套有一帶正電的小球，質(zhì)量為m,帶電量為q；小球與細(xì)桿之間的

3、摩擦系數(shù)保持不變，整個空間有垂直紙面向外的勻強磁場B。當(dāng)小球由靜止釋放后，在小球下滑的過程中A.加速度一直減小，速度先增大后不變B,加速度一直增大，速度先增大后減小C,加速度先減小后增大，速度先增大后減小D.加速度先增大后減小到零，速度先增大后不變【答案】D【解析】小球受重力、支持力、洛倫茲力和摩擦力作用，開始洛倫茲力較小，支持力方向垂直桿向上，合力沿桿向下，速度增大，洛倫茲力增大，支持力減小，則摩擦力減小，導(dǎo)致合力增大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度增大，當(dāng)洛倫茲力大于重力垂直桿方向的分力，支持力方向垂直桿向下，速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，摩擦力增大，合力減小，當(dāng)合力減小到零，小球做勻速

4、運動?？芍∏蚣铀俣认仍龃蠛鬁p小到零，速度先增大后不變，故D正確，ABC錯誤。30°角，如下側(cè)面圖4 .一通電直導(dǎo)線長度為1cm、質(zhì)量為1g、電流為1A,用兩根絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛在天花板上，靜止在水平位置，如下正面圖。在通電導(dǎo)線所處位置加上勻強磁場，靜止后細(xì)線與豎直方向成(0=30),g取10m/s2,則B的最小值及對應(yīng)方向是A. 0.866T,方向豎直向下B. 0.5T,方向沿線向上C. 0.577T,方向沿線向上D. 1T,方向平行于紙面水平向左【答案】B【解析】對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示:當(dāng)安培力方向與拉力方向垂直時，此時安培力最小，磁場方向沿線向上，由幾何關(guān)系可得:F=masin

5、300，安培力為：F=BIL,聯(lián)立以上巾？:廬0.5T，故B正確，RCD錯誤口5 .如圖所示，為發(fā)電機的簡化模型，線圈abcd可繞軸O1O2自由轉(zhuǎn)動，當(dāng)線圈中產(chǎn)生如圖所示的電流時,順著O1O2的方向看去，此刻線圈A.逆時針轉(zhuǎn)動，磁通量最大B.順時針轉(zhuǎn)動，磁通量最大C.逆時針轉(zhuǎn)動，磁通量最小D.順時針轉(zhuǎn)動，磁通量最小【解析】由圖可知，磁場水平向左，此時電流為abcd方向，根據(jù)右手定則可知，線圈在逆時針轉(zhuǎn)動；此時,線圈與磁場平行，故磁通量最小，故C正確，ABD錯誤。6 .勻強電場的方向與正方形ABCD所在平面平行，其中AB=4cm,M、N、P是AB邊的4等分點。將q=1X10-8C的正電荷從A點移

6、到B點，電場力做功Wab=3.210-8J；將這個電荷從A移到D點電勢能減Ep少了2.4X0-8J。則勻弓電場EA.沿著DP連線,E=60v/mB.沿著DP連線,E=70v/mC.垂直DP連線,E=80v/mD.垂直DP連線,E=100v/m“3-可加4'嗝AR32,10【解析】根據(jù)電勢差定義可得AB兩點間的電勢差為：口皿=-V=3.2V,同理AD兩點間的電q1xi(rsWaD2.410-S勢差為：=-V=2.4V,勻強電場沿任一直線電勢均勻降落，電勢差之比為:q1xio-3得：UAP=3.2x-V=2.4V,所以D、P兩點在一個等勢面上，DP連線是一條等勢線，電場強度的方向垂直42.

7、4V二100V/m,2.4x10FUADDP連線，由幾何關(guān)系，DP=5cm,A點到DP的距離為：d=2.4cm,場強為：E-d故D正確，ABC錯誤。7 .如圖所示，直線b為電源的UI圖，直線a為電阻R的UI圖?，F(xiàn)在用該電源E、該電阻R、一個電阻箱氏組成閉合電路，為了使電源輸出功率最大，下列操作正確的是A.電阻箱飛調(diào)到0.5與該電阻并聯(lián)后連接到電源8 .電阻箱Ro調(diào)到0.5與該電阻串聯(lián)后連接到電源C.電阻箱Ro調(diào)到1與該電阻串聯(lián)后連接到電源D.電阻箱Ro調(diào)到1與該電阻并聯(lián)后連接到電源【答案】D【解析】由a圖線得到，電阻R=，=：C=ia,由b圖線可知，電源的電動勢為E=3V,內(nèi)阻為:竺=%=0,

8、5口，當(dāng)區(qū)外二丁時，電源輸出功率最大，由此可知電阻箱同調(diào)到1與該電阻并聯(lián)后的總外阻I6為R外=0.50,故D正確，ABC錯誤。8.如圖所示，金屬桿MN的電阻為R金屬桿PQ的電阻為2R,平行金屬導(dǎo)軌電阻不計，電壓表為理想直流電壓表。當(dāng)MN以速度v向右勻速滑動而PQ固定不動時，電壓表正常工作且示數(shù)為U；若MN固定不動,為使電壓表讀數(shù)不變，下面做法可行的是XXXXXXXXKXXNXXXXXXXN丁QA.使PQ以速度2v向右勻速滑動8 .使PQ以速度2v向左勻速滑動C.使PQ以速度v/2向右勻速滑動D.使PQ.以速度v/2向左勻速滑動【解析】設(shè)導(dǎo)軌寬度為L,磁感應(yīng)強度為B,當(dāng)MN以速度v向右勻速滑動而

9、PQ固定不動時，電動勢為：E2BLvE=BLv,電流為：1=,電壓表正常工作且示數(shù)為：U=-根據(jù)右手定則可知上方電勢高；若MN固3R3定不動，為使電壓表讀數(shù)不變，應(yīng)該使PQ向右運動，設(shè)勻速運動的速度為V；則u=¥L上，解得V,電故A正確，BCD錯誤。二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合要求，全選對的得4分，選不全的得2分，選錯或不答的得0分。）9 .圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷.一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點.則關(guān)于該粒子說法錯

10、誤的是:：-®：i：、一一一:*1/L*j*/A.帶負(fù)電B.在c點受力最大C.在b點的電勢能大于在c點的電勢能D.由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化【答案】AB【解析】A、根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在HTbc的過程中，一直受靜電斥力作用，根據(jù)同性電荷相互排斥，故粒子帶正電荷，故A錯誤；B、點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，粒子在C點受到的電場力最小，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理，粒子由b到c,電場力做正功，動能增加，故粒子在b點電勢能一定大于在c點的電勢能，故C錯誤；D、a點到b點和b點到c點相比，由于點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，

11、場強越小，故a到b電場力做功為多，動能變化也大，故D正確。點睛：電場線與等勢面垂直.電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加。1.豆視頻D10 .如圖所示電路，已知電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,R0為固定電阻，電壓表讀數(shù)為U,電流表讀數(shù)為I,當(dāng)滑動變阻器R的觸頭向上移動時，下列論述正確的是A.燈泡L一定變亮B.電流表的示數(shù)變小C電壓表的示數(shù)變小比?U/?I保持不變【答案】CD【解析】當(dāng)R的滑動觸點向上滑移動時，R變小，外電路總電阻變小，由閉合電路歐姆定律知，總電流I變大，電源的內(nèi)電壓變大，則路端電壓變小，因

12、此電壓表讀數(shù)變小，燈泡L的電壓變小，則燈L一定變暗，故A錯誤，C正確；電路中并聯(lián)部分電壓變小，通過L的電流變小，而總電流變大，則電流表A的讀數(shù)變-一，AU從1內(nèi),一，一-一大，故B錯誤；因為故D正確。所以CD正確，AB錯誤。用AIAI11 .美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，解決了粒子的加速問題.回旋加速器的工作原理如圖所示：真空容器D形盒放在與盒面垂直的勻強磁場B中.兩盒間狹縫間距很小，粒子從粒子源A處（D形盒圓心）以零初速度進(jìn)入加速電場.D形盒半徑為R,粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,加速器接一定頻率高頻交流電源U.若不考慮相對論效應(yīng)、粒子所受重力和帶電粒子穿過狹縫的時間.下列論述錯誤的是交

13、流電源A.交流電源的頻率可以任意調(diào)節(jié)不受其他條件的限制B.增大電壓U,粒子被加速后獲得的最大動能增大C.增大磁場強度B,粒子被加速后獲得的最大動能增大D.增大U或B,粒子在D型盒內(nèi)運動的總時間t都減少【答案】ABD【解析】根據(jù)Bqw=tn1,解得：v=,帶電粒子射出時的動能為：后叱二1/二強反，與加速的電壓無RmK22m關(guān)，與磁感應(yīng)強度的大小有關(guān)，故C說法正確，B說法錯誤；為了保證粒子每次經(jīng)過電場時都被加速，要求交變電流的周期等于粒子的運動周期即：.中=迎，故A說法錯誤；增大U可以減少粒子運動的總時間，qB增大B將會增加粒子運動的總時間，故D說法錯誤。所以選ABD。12 .利用電動機提升重物的

14、電路如圖所示，已知直流電動機內(nèi)阻Rm=0.5烏電源電動勢E=5V,電源內(nèi)阻r=1Q,電阻R=0.5R重物質(zhì)量m=1kg。閉合開關(guān)后，當(dāng)電動機最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時，電源的輸出效率為80%,關(guān)于電壓表的示數(shù)U,電流表的示數(shù)I,重物速度v,電動機的焦耳熱功率P下列結(jié)果正確的是A.U=4VB.I=2.5AC.v=0.3m/sD.P=0.5W【答案】ACD【解析】設(shè)電路中的電流為I,電源消耗的總功率為：P=EI,電源的輸出功率為：P-UI,效率為：口="X10()0/0=100%=80%,可得：U=4V,故A正確；根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：E=U+Ir,電EIEE-U5-4,一、，

15、流為:1=A=1A,故B錯誤；當(dāng)重物勻速上升時，電動機上的電壓為：Ut=U-IR=4-1X0.5=3.5V,r1電動機消耗的電功率為：PU電I=3.5X1=3.5W；電動機的焦耳熱功率為：P=FRM=產(chǎn)乂0一5W=0.5W,故D正確；輸出的電功率為：P機=PlP=3.5-0.5=3W；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：P機=mgv,代入解得：v=0.3m/s,故C正確。所以ACD正確，B錯誤。三、實驗題(本題分2小題，共16分，13題每空1分，14題每空2分)13 .在一次實驗中，要求同學(xué)們先練習(xí)使用游標(biāo)卡尺、螺旋測微器及歐姆表實測某種材料制成的電器元件的長度、厚度及電阻，然后測繪該元件的U-I曲線，

16、下面是某同學(xué)的實驗結(jié)果：勵I(lǐng)nLLL_r<'（1）用游標(biāo)卡尺測量該電器元件長度如甲圖所示，該電器元件長度為mm。用螺旋測微器測量該電器元件厚度如圖乙所示，該電器元件厚度為mm。（2）用多用電表測量該電器元件電阻，選用“X1陪率的電阻檔測量，發(fā)現(xiàn)指針編轉(zhuǎn)過大。為使測量比較精確，應(yīng)將選擇倍率的檔位；再次進(jìn)行測量前應(yīng)該先把紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在處；若以上操作均正確，表盤示數(shù)如右圖圖所示，則該電器元件的阻值約為Qo（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)本次實驗繪制該元件的U-I曲線如下圖，請你反推此次實驗使用的器材及電路圖。有以下器材可供選擇：待測原件L電源Ei（3.0V,內(nèi)阻約0.5Q

17、）電源E2（9.0V,內(nèi)阻約0.5Q）.電壓表Vi（03V,內(nèi)阻約3kQ）電壓表V2（015V,內(nèi)阻約15kQ）電流表Ai（00.6A,內(nèi)阻約0.125Q）電流表A2（03A,內(nèi)阻約0.025Q）滑動變阻器Ri（05Q）滑動變阻器R2(0200Q)ABCD電源選擇,電壓表應(yīng)選擇,電流表應(yīng)選擇,滑動變阻器應(yīng)選擇,電路選擇?！敬鸢浮?1).50.30或50.25(2).2.1492.151均可(3).x1(4).0(5).4(6).E2(7) .V2(8).A2(9).R1(10).A【解析】(1)游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為50mm,游標(biāo)讀數(shù)為0.05>6mm=0.30mm,所以最終讀數(shù)為50

18、.30mm。螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為2mm,可動刻度讀數(shù)為0.01M5.0mm=0.150mm,所以最終讀數(shù)為2+0.150=2.150mm。(2)用多用電表測量某電阻，選用“X1陪率的電阻檔測量，指針編轉(zhuǎn)過大，說明所選擋位太大，為使測量比較精確，應(yīng)將選擇X1倍率的檔位；再進(jìn)行測量前應(yīng)該先把紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在0處。由圖可知，其讀數(shù)為4X1=40,(3)由圖可知，電壓最大值為9V,故電源應(yīng)選擇E2；電壓應(yīng)選擇V2；電流最大值為2.5A,故電流表應(yīng)選用A2,由電路圖可知，電流電壓是從零開始變化的，故應(yīng)選用分壓接法，故電路圖選擇A,滑動變阻器應(yīng)選用R。14.小明想測出某電池

19、組的電動勢和內(nèi)阻。他找來了如下器材：A.待測電源EB.電阻箱R(最大阻值99.9勉C.電流表A(量程0.6A,內(nèi)阻2Q)D.滑動變阻器R(0-100Q2A)E.開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)由于缺少電壓表，小明不知道如何設(shè)計電路，請你幫忙設(shè)計電路圖，并畫在方框中。(2)右下圖是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的1/IR圖，由圖可知，電源的電動勢E=V,內(nèi)阻r=(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(2).2.81-2.960.44-0.64【解析】（1）由于沒有給出電壓表，所以無法利用伏安法進(jìn)行測量；但給出了電流表和電阻箱，故可以利用電阻箱與電流表串聯(lián)進(jìn)行測量，電路圖如圖所示:（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流為：1=±

20、,變形得：1=由此可知：圖象的斜率：k=i,R+rIEEEr-1.4.00.9_-圖象與縱軸的交點表本由圖可知：-=k=0.34,可得：E=2.89V,又有-=0.9,解得：r=2.60Q;2.60-2=0.60QoEE9.0E由于電流表內(nèi)阻已知且不能忽略，故測出的內(nèi)阻中包含電流表內(nèi)阻，因此實際電源內(nèi)阻為三、計算題（本題共4小題，共44分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。）15.沿水平方向的勻強電場中，有一個帶電小球所帶電荷量q=4.01060,質(zhì)量為m=3.0g,懸掛在一根絕緣細(xì)線上。小球靜止時，懸線偏離豎直方向37。（g=10m/s2）。（1）

21、求勻強電場的電場強度的大小;(2)撤消電場后，細(xì)線受到的最大拉力是多少？【答案】9/16>104kg(N/C)(2)4.2X10-2N【解析】試題分析：對小球受力分析，受到重力、電場力和細(xì)線的拉力，根據(jù)電場力方向與場強方向的關(guān)系判斷電性，根據(jù)共點力平衡條件和電場力列式求解場強的大??；小球在最低點時對細(xì)線的拉力最大，由機械能守恒求出小球在最低點的速度，然后由牛頓第二定律即可求出小球受到的拉力。(1)對小球受力分析如圖所示：根據(jù)平衡條件，水平方向：FTsin37o=Eq豎直方向：FTcos37o=mg聯(lián)立解得：16(2)從撤消電場，到小球運動到最低點的過程，設(shè)細(xì)線長度為L根據(jù)機械能守恒：1，

22、：''ii.二小球運動在最低點時，根據(jù)向心力公式：L代入數(shù)據(jù)解得：Ft=4.2M0-2N點睛：本題主要考查了在電場力作用下物體的平衡，關(guān)鍵是對小球受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件并通過合成法求解。16. 一個帶正電液滴，質(zhì)量為m=106kg,自M點以速率v=2m/s水平射入存在著勻強磁場和勻強電場的真空室中，此后液滴的運動軌跡如圖所示。磁感應(yīng)強度垂直于圖中紙面向里，規(guī)定豎直向上為勻強電場正方向，勻強電場的變化規(guī)律如下圖所示(g=10m/s2)。xxXfX)x(x)xx履乂UXXXMXXXXXE/(v/m)1f1'IfrII，It/s10IT2T3T2_J?(1)求液滴電

23、荷量q；(2)求磁感應(yīng)強度B;【答案】(1)10-5C(2)1T【解析】試題分析：液滴的運動軌跡可以判斷出，當(dāng)電場力與重力平衡時，洛倫茲力提供向心力，液滴做勻速圓周運動根據(jù)平衡條件就能求液滴的電荷量及磁感應(yīng)強度大小。(1)液滴的運動軌跡可以判斷出：當(dāng)電場力與重力平衡時，洛倫茲力提供向心力，液滴做勻速圓周運動，貝U有：Eq=mg代入數(shù)據(jù)解得：q=10-5C(2)液滴的運動軌跡可以判斷出；當(dāng)電場力與重力同向時，液滴在洛倫茲力作用下，做勻速直線運動運動,據(jù)平衡條件：Eq+mg=Bqv代入數(shù)據(jù)解得：B=1T點睛：本題主要考查了帶電粒子的運動，注意物體受重力、電場力和洛倫茲力時，如果做勻速圓周運動必有重

24、力與電場力等大反向。AB=L,為17. 一個正離子，質(zhì)量為m,電荷量大小為q,以速率v垂直AD射入正方形區(qū)域ABCD,其中了使離子剛好從C點離開正方形區(qū)域ABCD,可以加豎直向下的勻強電場E。(1)求電場強度E的大小;(2)把電場換成垂直紙面向外的勻強磁場B,為使離子也能從C點離開正方形區(qū)域，求B的大小;(3)把電場換成垂直紙面向外的勻強磁場B,為使離子在正方形區(qū)域ABCD的運動時間與電場中時間相等,求B的大小?！敬鸢浮?1)2mv2/Lq(2)mv/Lq(3)冗mv/Lq【解析】試題分析：離子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度；離子在磁場中做圓周運動，根據(jù)題意求出粒子軌

25、道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度。離子在電場與磁場中的運動時間相等，據(jù)此求出離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度大小。(1)離子的初速度與勻強電場的方向垂直，做類平拋運動：水平方向：L=vt根據(jù)牛頓第二定律：Eq=ma解得：Lq(2)離子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)題目可以判斷出：圓心在D點，半徑為L;如圖所示：AB0DC根據(jù)牛頓第二定律可得：IRniv解得：qL(3)離子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)題目可以判斷出：圓周運動的弧長等于L,若從BC或CD邊射，根據(jù)點到直線距離垂線段最短，不可能；作圖可知離子劃過半個圓周從AD邊射出，則有：L=nR根據(jù)牛頓第二定律可得