【解析版】湖北省宜昌市葛洲坝中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 word版含解析

www.ks5u.com宜昌市葛洲坝中学2018-2019学年第一学期高二年级期末考试物理 答卷 命题人 ：谢敏 审题人：戈菲 考试时间：2019年1月本试题分第卷(阅读题)和第卷(表达题)两部分。满分110分，考试时间90分钟。考生作答时，请将答案写在答题卷上，在本试题卷上答题无效。第卷一、选择题1.下面是对电源和电流概念的认识，正确的是（ ）A. 电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量的本领B. 电动势和电势差的单位相同，电动势实质上就是电势差C. 电流的方向就是电荷定向移动的方向D. 在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反【答案】D【解析】电动势反映了电源把其他形式能量转化为电能的本领，选项A错误；电动势的单位和电势差相同，但电动势与电势差是两个不同的物理量，它们的物理意义不同故B错误电流的方向就是正电荷定向移动的方向，选项C错误；在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反，选项D正确；故选D.2.如图所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器（温度越高，热敏电阻阻值越小）。值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（ ） A. I变大，U变大 B. I变大，U变小C. I变小，U变小 D. I变小，U变大【答案】C【解析】【分析】当传感器R3所在处出现火情时，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流变化，分析路端电压U的变化根据并联部分电压的变化，判断I的变化【详解】当传感器R3所在处出现火情时，热敏电阻R3的阻值减小，则外电路总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大；由U=E-Ir可知，路端电压U减小，则图中报警器两端的电压U将减小；因总电流增大，则R1两端的电压增大，并联部分的电压减小，则可知流过R2中的电流I减小。故C正确。故选C。【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要了解半导体材料的特性：电阻随着温度升高而减小；二要处理局部与整体的关系，按“局部整体局部”顺序进行分析3.如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是（ ）A. 电子的运行轨迹为PENCMDPB. 电子运行一周回到P用时为C. D. 【答案】D【解析】试题分析：电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断电子的绕行方向，根据周期公式分三个部分求解运动一周的时间，根据半径关系求解两磁场的关系解：A、根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；B、电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T=+，故B错误；C、D、由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r=可知，B1=2B2，故C错误，D正确故选：D点评：本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中4.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则（ ）A. 电路中感应电动势的大小为B. 电路中感应电流的大小为C. 金属杆所受安培力的大小为D. 金属杆的发热功率为【答案】B【解析】【分析】根据E=BLv，L是有效的切割长度，求解感应电动势根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小由F=BIL求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率【详解】切割的有效长度为导轨间距l，故电路中感应电动势为：E=Blv，故A错误；电路中感应电流的大小为：，故B正确；金属杆所受安培力的大小为：，故C错误；属杆的热功率为：P=EI=I2r=，故D错误。故选B。【点睛】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv中L为导轨宽度，即导线的有效切割长度，而求安培力时L为存在电流的总长度5.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感强度为B，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）A. 若圆盘转动的角速度为，则发电机产生的电动势为B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】A【解析】A：若圆盘转动的角速度为，则发电机产生的电动势。故A项正确。B：若从上向下看，圆盘顺时针转动，据右手定则可得流过电阻R的电流沿a到b的方向流动。故B项错误。C：若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，电流方向不变。故C项错误。D：若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则发电机产生的电动势变为原来的2倍，电流在R上的热功率也变为原来的4倍。故D项错误。点睛：导体棒转动切割磁感线时，产生的感应电动势，其中指棒上各点的平均速度即棒中点的速度。 6.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c将靠近金属导轨（ ）A. 向右做匀速运动 B. 向左做匀速运动C. 向右做减速运动 D. 向右做加速运动【答案】C【解析】试题分析：导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引解：A、B导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流故A错误B、导体棒ab向左做匀速运动时，根据右手定则判断得到，感应电流不变，螺线管产生的磁场不变，穿过c的磁通量不变；C中不会产生感应电流；故B错误；C、导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生感应电流故C正确D、导体棒ab向右做变加速运动时，根据右手定则判断得到，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生感应电流故D正确故选：CD【点评】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，并掌握感应电流的产生条件7.如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为010 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为012 m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量，则A. 两球所带电荷量相等B. A球所受的静电力为10×10-2 NC. B球所带的电荷量为D. A、B两球连线中点处的电场强度为0【答案】ACD【解析】试题分析：两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；对A球受力分析，由几何关系，两球斥开后，悬线与竖直方向的夹角为370，根据平行四边形法则可得：，选项B错误；根据库伦定理：，解得，选项C正确；AB带等量的同种电荷，故在A、B两球连续中点处的电场强度为0 ，选项D正确；故选ACD考点：物体的平衡；库仑定律；电场强度8.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是（ ）A. 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B. 匀强电场的电场强度大小为10V/mC. 匀强电场的电场强度方向为由C指向AD. 将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少【答案】ACD【解析】【详解】A、连接AC，AC中点电势为2V，由正六边形对称性，则EB、AF、CD均为电场中的等势线，故A正确B、匀强电场的场强大小为，故B错误C、电场线方向与EB垂直，即为CA，故C正确D、将一个电子由E点移到D点，电场力做负功电子的电势能增加，故D正确所以应该选ACD9.如图所示，质量为m，带电荷量为q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B现给环一向右的初速度，则（ ）A. 环将向右减速，最后匀速B. 环将向右减速，最后停止运动C. 从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是D. 从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是【答案】AD【解析】A、当环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，由于，即，则环先向右做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力为零，环将做匀速直线运动，故A正确，B错误；C、根据能量守恒知，损失的机械能等于环动能的减小量，匀速直线运动时有，解得，损失的机械能，故C错误，D正确。点睛：解决本题的关键能够分析物体的受力，环受重力、支持力、洛伦兹力以及摩擦力作用做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力等于零，环做匀速直线运动，根据能量守恒求出损失的机械能。10.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（ ）A. 偏转电场对三种粒子做功一样多B. 三种粒子一定打到屏上的同一位置C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同D. 三种粒子打到屏上时的速度一样大【答案】AB【解析】【分析】由动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度。粒子进入偏转电场中做类平抛运动，由分位移公式得到粒子在偏转电场中的偏转距离，再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置。根据电场力做功W=Eqy可分析偏转电场对粒子做功大小关系，结合动能定理分析粒子打到屏上时速度关系。【详解】粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：qU1=mv02-0；解得：v0=；粒子在加速电场中的运动时间：；粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：；在偏转电场中竖直分位移：；联立得，y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；加速电场对粒子做功为 W1=qU1，q和U1相等，所以加速电场E1对三种粒子做功相等。偏转电场E2对粒子做功：W2=qE2y，q、E2、y相等，则知偏转电场E2对三种粒子做功相等。故AB正确。离开偏转电场后粒子的运动时间：；粒子运动到屏上所用时间 t=t1+t2+t3=（2L1+L2+L3）；因为m/q不等，所以t不等，故C错误。对整个过程，根据动能定理得 W=mv20，由于W相等，m不等，所以v不等，即三种粒子打到屏上时速度不等，故D错误。故选AB。第卷