安徽省定远县四中学年高二上学期考卷物理.docx

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安徽省定远县四中学年高二上学期考卷物理

定远四中2017-2018学年度上学期1月考卷

高二物理

第I卷（选择题）

一、选择题

1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要，以下符合史实的是

A．焦耳发现了电流热效应的规律

B．牛顿总结出了点电荷间的相互作用的规律

C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕

D．法拉第总结出了判断感应电流的方向

2．静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为的a点运动至电势为的b点。

若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷q/m为

A．B．C．D．

3．如图所示是三根平行直导线的截面图，若它们的电流强度大小都相同，且ab＝ac＝ad，则a点的磁感应强度的方向是（　　）

A.垂直纸面指向纸里B.垂直纸面指向纸外

C.沿纸面由a指向bD.沿纸面由a指向d

4．如图所示，正方形线框abcd位于纸面内，边长为L，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（　　）　

A.BL2B.4BLC.D.2BL

5．某同学用如图所示的电路经行小电机的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为，电流表的读数为；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为，电流表的读数为，则此时电动机输出的机械功率为（）

A.B.C.D.

6．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子（正电子质量和电量与电子大小相等，电性相反）分别以相同速度沿与x轴成60°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为

A.1∶2B.2∶1C.1∶D.1∶1

7．在地球赤道附近地磁场的方向近似为水平向北．在一根东西方向水平架设的直流输电导线中，通有自西向东方向的电流．由于地磁场的作用，该导线受到安培力的方向为（　　）

A.向上B.向下C.向南D.向北

8．如图所示，长均为d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以v0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若撤去电场，则粒子从M点射出（粒子重力不计）．以下说法正确的是

A．该粒子带负电

B．该粒子带正电、负电均可

C．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为2v0

D．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为v0

9．下列关于地磁场的描述中正确的是（）

A.指南针总是指向南北，是因为受到地磁场的作用

B.观察发现地磁场的南北极和地理上的南北极并不重合

C.赤道上空的磁感线由北指南

D.地球南、北极的磁感线和海平面平行

10．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场.在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10m/s2.下列说法正确

A．小球的带电荷量q=6×10－5C

B．小球动能的最小值为1J

C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值

D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J

11．如图所示，O是半径为R的正N边形（N为大于3的偶数）外接圆的圆心，在正N边形的一个顶点A放置一个带电荷量为＋2q的点电荷，其余顶点分别放置带电荷量均为－q的点电荷（未画出）．则下列对圆心O处的电场强度描述正确的是

A.场强大小为B.场强方向从O指向A

C.场强大小为D.场强方向从A指向O

12．如图，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面向里（未画出）。

一群比荷为的负离子以相同速率（较大），由P点（PQ为水平直径）在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场（不计重力），则下列说法正确的是（）

A.离子在磁场中运动的半径一定相等

B.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长

C.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大

D.如果入射速率，则沿各个方向射入的离子在飞离开磁场时的速度方向均竖直向下

第II卷（非选择题）

三、实验题

13.

（1）小明同学用螺旋测微器测定某一金属丝的直径，测得的结果如下左图所示，则该金属丝的直径d=__________mm。

然后他又用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如下右图所示，则该工件的长度L=__________cm。

（2）然后小明又用多用电表粗略测量某金属电阻丝的电阻Rx约为5.0Ω，为了尽可能精确地测定该金属丝的电阻，且测量时要求通过金属丝的电流在0～0.5A之间变化.根据下列提供的实验器材，解答如下问题：

A、量程0.1A，内阻r1=1Ω的电流表A1

B、量程0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表A2

C、滑动变阻器R1全电阻1.0Ω，允许通过最大电流10A

D、滑动变阻器R2全电阻100Ω，允许通过最大电流0.1A

E、阻值为59Ω的定值电阻R3

F、阻值为599Ω的定值电阻R4

G、电动势为6V的蓄电池E

H、电键S一个、导线若干

①根据上述器材和实验要求完成此实验，请在虚线框内画出测量该金属丝电阻Rx的实验原理图（图中元件用题干中相应的元件符号标注）。

②实验中测得电表A1示数为I1，A2表示数为I2，其它所选的物理量题目中已给定，请写出电阻丝的电阻表达式Rx=.

14.2010年上海世博会上大量使用了LED发光二极管．小明设计了一个研究LED发光二极管特性的实验，用电压表和电流表测LED发光二极管两端的电压UD和通过它的电流I，将得到的数据记录在下表中：

UD/V

0

0.4

0.8

1.2

1.6

2.0

 2.4

2.6

2.8

3.0

I/mA

0

0.9

2.3

4.3

6.8

13.0

17.8

24.0

28.2

37.0

请完成下列问题：

（1）小明用笔画线表示导线，将图中实验器材连接成实验所需的电路，由于粗心漏画了一条线，请你将这条线补画好；

（2）在I—U图上画出LED发光二极管的伏安特性曲线；

（3）已知该LED发光二极管的最佳工作电压为2.4V，现用电动势为3V内阻为5的电源供电，需要串联一个电阻R才能使二极管工作在最佳状态，则该电阻值为（结果保留两位有效数字）

三、计算题

15．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：

（1）小球到达小孔处的速度；

（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；

16．如图所示，一根长直导线放在光滑水平的平行金属导轨上，导线长度为0.20m，两导轨间距离为0.15m，匀强磁场垂直纸面向里，B的大小为0.1T，导线的质量为0.3kg，通过导线的电流是0.6A，设导轨足够长．求：

（1）导线受到的安培力大小和方向；

（2）从静止开始运动2s，导线的末速度大小．

17．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成60°角射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求

（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；

（2）粒子在磁场中的运动时间t；

（3）匀强电场的场强大小E．

定远四中2017-2018学年度上学期1月考卷

高二物理答案

一、选择题

1．A2.A3．D.4．C.5．A.6．C.7．A.8．A．9.BC.10．AB11．AD12．ABD.

第II卷（非选择题）

二、实验题

13.

【答案】

（1）d=3.206（或3.205、3.207）；5.015

（2）①连图如图；②

②实验中测得电表A1示数为I1，A2表示数为I2，根据欧姆定律和串并联电路特点得,电阻R的电压为U=I1（R3+r1）；电阻丝的电阻表达式

考点：

伏安法测电阻

14.

【答案】

（1）如图；

（2）如图；（3）18

【解析】

（1）由电路图可知，电路采用的是分压接法，滑动变阻器应全部接入电路，开关应能控制整体个电路，故应将开关左侧与滑动变阻器左侧相连，如图所示；

三、计算题

15．解：

（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据公式

解得：

（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：

mg（h+d）-qEd＝0

解得：

电容器两极板间的电压为：

U＝Ed[KS5UKS5UKS5U]

电容器的带电量为：

Q＝CU

18．

（1）导线受到的安培力大小是0.0090N，方向向右；

（2）从静止开始运动2s，导线的末速度大小是0.06m/s．

16．解：

（1）根据安培力的公式：

F=BIL=0.1×0.6×0.15=0.0090N，

电流的方向向下，根据左手定则可得安培力的方向向右．

（2）根据牛顿第二定律：

F=ma

解得：

再由运动学公式v=at

解得：

v=at=0.03×2m/s=0.06m/s

答：

（1）导线受到的安培力大小是0.0090N，方向向右；

（2）从静止开始运动2s，导线的末速度大小是0.06m/s．

17．解：

（1）因为粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N点时的速度为v，

根据平抛运动的速度关系粒子在N点进入磁场时的速度v==2v0

根据牛顿第二定律 qvB=

∴R=代入v=2v0得粒子的轨道半径R=

（2）由和qvB=得

粒子在磁场中速度偏转角等于轨迹的圆心角，得到由得

（3）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t

由牛顿第二定律：

qE=ma         ①

设沿电场方向的分速度为vy=at        ②

粒子在电场中x轴方向做匀速运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：

粒子在x轴方向的位移：

Rsin30°+Rcos30°=v0t  ③又  vy=v0tan60°  ④

由①②③④可以解得  E=