吉林省东北师范大学附中中学净月校区2015-2016学年高二上学期期末考试物理试题

PAGE2012015—2016学年高二年级上学期期末考试物理学科试卷命题人：高二备课组审题人：谭晓春考试时间：90分钟说明：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。2．试卷满分100分，考试时间90分钟。3．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号等信息用铅笔涂写在答题卡上。4．每小题选出答案后，将答案写到答题纸上，不能答在试题卷上。第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。其中第1—8题为单项选择题；第9—12题为不定项选择题，在给出的四个选项中有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不选的得0分)AUTONUM．下列说法中正确的是()A．根据E＝eq\f(F,q)，可知电场中某点的场强与静电力成正比B．根据E＝eq\f(kQ,r2)，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比C．根据场强的叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹AUTONUM．如图所示，两个等量异种电荷在真空中相隔一定距离，OO′代表两点电荷连线的中垂面，在两点电荷所在的某一平面上取图示1、2、3三点，则这三点的电势大小关系是()A．φ1>φ2>φ3 B．φ2>φ1>φ3C．φ2>φ3>φ1 D．φ3>φ2>φ1AUTONUM．如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝EQ\r(,3)v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()A．eq\f(mv\o\al(2,0),2q)B．eq\f(3mv\o\al(2,0),q)C．eq\f(2mv\o\al(2,0),q)D．eq\f(3mv\o\al(2,0),2q)AUTONUM．在如图所示电路中，闭关开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，下列判断正确的是()A．I减小，U1增大B．I减小，U2增大C．I增大，U1增大D．I增大，U2增大AUTONUM．如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中(不计空气阻力)．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象不可能是下图中的()AUTONUM．如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时()A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流AUTONUM．如图所示，金属板M、N水平放置，相距为d，其左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速均不计，当变阻器的滑动触头在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器滑片向B点滑动过程中，则()A．粒子在M、N间运动过程中，动能一定减小B．粒子在M、N间运动过程中，动能一定增大C．粒子在M、N间仍做直线运动D．粒子可能沿N板的右边缘飞出AUTONUM．如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中．轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M、N为轨道的最低点，则下列说法正确的是()A．两小球到达轨道最低点的速度vM>vNB．两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FM<FNC．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间D．在磁场中小球不能到达轨道的另一端，在电场中小球能到达轨道的另一端AUTONUM．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是()A．离子由加速器的中心附近进入加速器B．离子由加速器的边缘进入加速器C．离子从磁场中获得能量D．离子从电场中获得能量AUTONUM．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则()A．电动机消耗的总功率为UI B．电动机消耗的热功率为eq\f(U2,R)C．电源的输出功率为EI D．电源的效率为1－eq\f(Ir,E)AUTONUM．圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在O点，导体环可以在竖直平面里来回摆动，空气阻力和摩擦力均可不计．在图所示的正方形区域里，有匀强磁场垂直于圆环的摆动面指向纸内．下列说法中正确的有()A．导体环从图示位置的左端摆到右端机械能不守恒解得，A、B两点电势差应为eq\f(3mv\o\al(2,0),2q)．]4．C5．B解析:由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好qv0B＝mg，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以v0做匀速直线运动，故A正确；如果qv0B<mg，则a＝eq\f(μmg－qvB,m)，随着v的减小，a增大，直到速度减为零后静止，故C正确；如果qv0B>mg，则a＝eq\f(μqvB－mg,m)，随着v的减小a也减小，直到qvB＝mg，以后将以剩余的速度做匀速直线运动，故D正确，B错误．6．D7．B滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时M、N间为一速度选择器模型．当滑动触头滑向B点时，M、N间电压增大，电场力变大，粒子向上偏，所以粒子在其间运动时电场力做正功，动能增大，B选项正确．因为粒子向上偏，所以不可能从N板的右边缘飞出．8．A解析:在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＝mgHeq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝mgH－qE·d故vM>vN，A正确、C不正确．最低点M时，支持力与重力和洛伦兹力的合力提供向心力，最低点N时，支持力与重力的合力提供向心力．因vM>vN，故压力FM>FN，B不正确．在电场中因有电场力做负功，有部分机械能转化为电势能，故小球不能到达轨道的另一端．D不正确．答案:B9．AD解析:本题源于课本而又高于课本，既考查考生对回旋加速器的结构及工作原理的掌握情况，又能综合考查磁场和电场对带电粒子的作用规律．由R＝eq\f(mv,qB)知，随着被加速离子的速度增大，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径逐渐增大，所以离子必须由加速器中心附近进入加速器，A项正确，B项错误；离子在电场中被加速，使动能增加；在磁场中洛伦兹力不做功，离子做匀速圆周运动，动能不改变．磁场的作用是改变离子的速度方向，所以C项错误，D项正确．10．解析：电动机消耗的总功率为UI，选项A正确；电动机消耗的热功率为I2R，选项B错误；电源的总功率为EI，电源的输出功率为EI－I2r，所以电源的效率为1－eq\f(Ir,E)，选项C错误，D正确．答案：AD11．ABD解析:导体环在进、出磁场阶段有感应电流产生，机械能转化为电能，环全部进入磁场后，磁通量不变无感应电流．12．解析：正、负电子的半径和周期是相同的，选项A正确；正、负电子偏转方向相反，先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形，所以从磁场中射出点到O点的距离相等，选项B正确；由图还看出经历时间相差2T/3，时间差为Δt＝eq\f(4πm,3Be)，选项C正确、D错误．答案：ABC二、填空题(每空2分，共16分，把答案填在答题卡上。)13．×1调零(或重新调零)22解析：选欧姆挡测电阻时指针偏转角度很大，说明所选倍率太大，应选用更低倍率挡，使指针尽可能偏转到表盘的中间位置附近，该位置附近有较高的精度．欧姆挡每换一次倍率，需重新进行调零．14．(1)13.540；11.155(2)ADEFG(3)如图所示(4)eq\f(πUD2,4IL)解析：(1)螺旋测微器读数：13.5mm＋4.0×0.01mm＝13.540mm；游标卡尺读数：111mm＋11×0.05mm＝11.155cm。(2)因为电源电压为6V，所以电压表选V2，电路中最大电流I＝eq\f(E,R)＝6mA，故电流表选A，所以选用的器材为ADEFG。(3)因被测电阻R＝1kΩ，远大于电流表内阻和滑动变阻器的最大阻值，所以电流表内接，滑动变阻器用分压接法，电路图见答案。(4)由R＝ρeq\f(L,S)得ρ＝eq\f(RS,L)＝eq\f(πUD2,4IL)。三、计算题（本题共3个小题，共36分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。）15．(1)－8V(2)8eV(3)400V/m解析(1)将负电荷从A移至B，电场力做正功，所以电荷所受电场力方向沿A至C，又因为是负电荷，场强方向与负电荷的受力方向相反，所以场强方向应为C至A方向．由W＝qU得：U＝eq\f(W,q)＝eq\f(8×10－8J,10－8C)＝8V，即A、B两点间电势差为8V．沿电场线方向电势降低，B点电势高于A点电势．U＝φB－φA，φB＝0V，则φA＝－8V，即A点的电势为－8V.(2)电子在A点的电势能Ep＝qφA＝(－e)×(－8V)＝8eV.(3)如图所示，由B向AC作垂线交AC于D，D与B在同一等势面上．UDA＝UBA＝U＝8V，沿场强方向A、B两点间距离为AB·cos60°＝4cm×eq\f(1,2)＝2cm＝0.02m，所以E＝eq\f(U,d)＝400V/m.16．(1)0.6m(2)1.68×10－18J解析:轨迹如下图所示．(1)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有qvB＝meq\f(v2,R)，R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(3.6×10－27×2×104,1.2×10－19×10－3)m＝0.6m.(3)Ek＝EqL＋eq\f(1,2)mv2＝40×1.2×10－19×0.2J＋eq\f(1,2)×3.6×10－27×(2×104)2J＝1.68×10－18J.17．(1)2m/s2(2)0.2T(3)20C(1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝ma ①………（2分）由①式解得a＝10×(0.6－0.5×0.8)m／s2=2m／s2②……………（2分）(2)金属棒运动达到稳定时，所