1、云南民族大学附属中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题一、选择题1. 如图所示，一螺线管通电时，其右侧中轴线上A、B两点的磁感应强度分别为BA、BB，则( )A. BABB，方向均向左B. BABB，方向均向右D. BABB，方向均向右【答案】A【解析】越靠近螺线管的两端，磁感应强度越大，故，根据右手螺旋定则可知，螺线管的左端为S极，即方向都向左，故A正确2. 如图所示,A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体,起初它们不带电,在它们的下部贴有金属箔片,C是带正电的小球。下列说法正确的是( )A. 把C移近导体A时,A上的金属箔片张开，B上的金属箔片不张开B. 把C移近导体A,
2、先把A、B分开,然后移去C,A、B上的金属箔片仍张开C. 先把C移走,再把A、B分开,A、B上的金属箔片仍张开D. 先把A、B分开,再把C移走,然后重新让A、B接触,A上的金属箔片张开,而B上的金属箔片闭合【答案】B【解析】A、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷，金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故A错误，B正确；C、先把C移走，A、B电
3、荷恢复原状，A、B两端都不带电，若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开，故C错误；D、先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A与B上的电荷重新中和，A上的金属箔片闭合，B上的金属箔片也闭合，故D错误。点睛：该题考查物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等。3. 两个分别带有电荷量Q和5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】相距为r时，根据库仑定律得：，接触后，各自
4、带电量变为，则此时 ，两式联立得，故选项D正确。点睛：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键。4. 空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的是( ) A. B、C两点的电场强度大小EBxECxB. EBx的方向沿x轴正方向C. 电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D. 负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】D【解析】解:A、C项，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微
5、元法。在B点和C点附近分别取一微段d，由图象可以看出，B点微段对应的电势差大于C点微段对应的电势差，看做匀强电场有 ，可见 ，故A项错误；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，故C项错误。B项，沿电场方向电势降低，在B点附近电势升高，则 的方向沿轴负方向，故B项错误。D项，负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电势能先减小后增大，所以电场力先做正功，后做负功，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。5. 如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体，B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星则下列关系正确的是 ( )A. 物体A随地球自转
6、的角速度大于卫星B的角速度B. 卫星B的线速度小于卫星C的线速度C. 物体A随地球自转的向心加速度小于卫星C的向心加速度D. 物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期【答案】C【解析】C为同步卫星，即角速度和地球自转角速度相同，离地高到大于地球半径，根据公式可得，即，A错误；根据公式可得，即运动半径越大，卫星的线速度越小，故，B错误；根据公式，可得物体A随地球自转的向心加速度小于卫星C的向心加速度，C正确；C是同步卫星，和地球自转周期相同，D错误6. 如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，车
7、底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( ) A. 5 m/s B. 4 m/s C. 8.5 m/s D. 9.5 m/s【答案】A【解析】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mghmv2mv02解得：v0=15m/s小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：-mv0+MV=（M+m）v解得：v=5m/s，故选A.7. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法不正确的是（ ）A. 电场强度的大小为2.5 V/cmB. 坐
8、标原点处的电势为1 VC. 电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV【答案】C【解析】试题分析：根据匀强电场的电场强度公式，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况如图所示，在ac连线上，确定一b点，电势为17V，将bb连线，即为等势线，那么垂直bb连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，因为匀强电场，则有，依据几何关系，则，因此电场强度大小为，故A正确；根据，因a、b、c三点电势分别为，解得：原点处的电势为，故B正确；因，电子从a点到
9、b点电场力做功为，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误；，电子从b点运动到c点，电场力做功为，D正确8. 如图所示的电路,R1是定值电阻,R2是滑动变阻器,L是小灯泡,C是电容器,电源内阻为r，开关S闭合后,在滑动变阻器触头向上移动过程中 ( ) A. 小灯泡变亮B. 电容器所带电荷量增大C. 电压表示数变小D. 电源的总功率变大【答案】B【解析】触头向上移动时，滑动变阻器接入电路中电阻变大，总电阻变大，电路中电流变小，小灯泡变暗，A项错误；电流变小，内电压变小，路端电压变大，电压表示数变大，C项错误；路端电压变大，小灯泡两端电压变小，滑动变阻器两端电
10、压变大，根据Q=CU可知电容器所带电荷量变大，B项正确；电路中电流变小，根据P=EI得出电源的总功率变小，D项错误.故选B.9. 如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷Q、Q，虚线是以Q所在点为圆心、 为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是( ) A. b、d两点处的电势相同B. 四个点中c点处的电势最低C. b、d两点处的电场强度相同D. 将一试探电荷q沿圆周由a点移至c点，q的电势能减小【答案】BD【解析】A、该电场为等量异种点电荷的电场，将等量异种点电荷的电场线与等势面的图画出如图，与该题的图比较可得：该电
11、场中的电势关于x轴上下对称，所以b、d两点的电势相等，故A正确；B、c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，故B正确；C、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的，故C错误；D、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小，故D正确。故选：ABD。点睛： 10. 钍23490Th具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤23491Pa，同时伴随有射线产生，其方程为23490Th23491PaX，
12、钍的半衰期为24天。则下列说法中正确的是()A. X为质子B. X是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的C. 射线是镤原子核放出的D. 16个钍23490T原子核经过48天后一定还剩下8个【答案】BC【解析】根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x为电子，故A错误；衰变的实质：衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确；射线是镤原子核放出的，故C错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核不适用，选项D错误；故选BC.点睛：知道原子核的表示方法，原子核衰变的实质以及、三种射线的性质，注意核反应方程的书写规律及半衰期的意义11. 如图所示，实
13、线是一质子仅在电场力作用下由a点运动到b点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，则下列说法中正确的是() A. 若虚线是电场线，则质子在a点的电势能大，动能小B. 若虚线是等差等势线，则质子在a点的电势能大，动能小C. 质子在a点的加速度一定大于在b点的加速度D. a点的电势一定高于b点的电势【答案】BC【解析】试题分析：若虚线是电场线，粒子所受的电场力沿电场线向左，质子由a点运动到b点的过程中，电场力做负功，质子的电势能增大，动能减小，故质子在a点的电势能小，动能大，故A错误若虚线是等差等势线，根据电场线与等势线垂直，可知电场力大致向下，质子由a点运动到b点的过程中，电场力对质子
14、做正功，质子的电势能减小，动能增大，则质子在a点的电势能大，动能小，故B正确电场线的疏密表示场强的大小，等差等势线越密，场强越大，则知a点的场强一定大于b点的场强，由牛顿第二定律得 qE=ma，则质子在a点的加速度一定大于在b点的加速度，故C正确若虚线是电场线，电场线方向向左，b点的电势高于a点的电势若虚线是等差等势线，电场线向下，a点的电势高于b点的电势，故D错误故选BC。考点：带电粒子在电场中的运动12. 如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态以下说法中正确的是() A. 若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下
15、加速运动，G中有ba的电流B. 若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有ba的电流C. 若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有ba的电流【答案】AB点睛：本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，电键断开时，电容器带电量不变；然后结合公式U=Ed和共点力平衡条件列式分析，基础问题二、实验题13. 在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如下图所示(相邻记数点时间间隔为0.02s)，那么： （1）纸带的_ (填“P”或“C”，必须用字母表示)端与重物相
16、连；（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=_m/s(保留到小数点后两位)；（3）从起点P到打下计数点B的过程中物体的重力势能减少量EP=_J，此过程中物体动能的增加量Ek=_J；(g取9.8ms2保留到小数点后两位)（4）通过计算，数值上EP_Ek(填“”或“=”)【答案】 (1). P (2). 0.98m/s (3). 0.49J (4). 0.48J (5). 【解析】试题分析：纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值（1）实验中重锤是从静止释放
17、的，速度逐渐增大，与重锤相连的纸带速度较小，后面逐渐增大从图中可以看出应该是P端与重物相连；（2）利用匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程中的平均速度可得；（3）重力势能减少量，增加的动能为；（4）通过计算可以看出，这是因为纸带和重錘运动过程中受阻力14. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A电流表A1（内阻Rg=100，满偏电流Ig=3mA）B电流表A2（内阻约为0.4，量程为0.6A）C定值电阻R0=900D滑动变阻器R（5，2A）E干电池组（6V，0.05）F一个开关和导线若干G螺旋测微器，游标卡尺（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_mm；如图2用2
18、0分度游标卡尺测金属棒长度为_cm（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换_挡（填“1”或“100”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为_（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值_（4）若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=_（用I1，I2，R0，Rg表示）【答案】 (1). （1）6.126； (2). 10.230； (3). （2）1； (4). 10； (5). （3）如图所示； (6). （4） 【解析】试题分析：（1）螺旋测微器固度
19、刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数（2）由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（3）根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图（4）根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.60.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+60.05mm=102.30mm=10.230cm；（2）用欧姆表“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用1挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为10
20、1=10；（3）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000，电流表内阻约为0.4，待测电阻阻值约为10，滑动变阻器最大阻值为5，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（4）金属棒电阻阻值：Rx=；故答案为：（1）6.126；10.230；（2）1；10；（3）如图所示；（4）【点评】本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺
21、与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读三、计算题15. 如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=1.010-6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，静电力做了210-6J的功，已知A、B间的距离为2cm（1）试求A、B两点间的电势差UAB；（2）若A点的电势为A=1V，试求B点的电势B；（3）试求该匀强电场的大小E并判断其方向【答案】（1）2V（2）-1V（3）200V/m【解析】（1）由题意可知，静电力做负功，有：WAB=2106J根据UAB= （2）由UAB=AB，可得B=AUAB=1V2V=1V（3）沿着电场方向的位移为d=2102cos60
22、m=1102m沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下16. 如图所示，长度L=10m的水平传送带以速率v0=4m/s沿顺时针方向运行，质量m=1kg的小物块（可视为质点）以v1=6m/s的初速度从右端滑上传送带。已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物块相对地面向左运动的最大距离为多少？（2）物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间为多少？【答案】（1）9m（2）6.25 s【解析】（1）物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得：mg=ma，加速度：a=g=0.210=2m/s2，由匀变速运动的速度位移
23、公式可得，物块速度变为零时的位移： （2）物体向左运动的时间；物块速度变为零后，反向向有做初速度为零的匀加速运动，加速度a=2m/s2，物块速度等于传送带速度v0=4m/s时，物块的位移， 运动时间然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间：物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间：t=t左+t1+t2=6.25s；点睛：本题考查了求物块的位移、运动时间问题，分析清楚物体的运动过程是本题正确解题的关键，分析清楚物体的运动过程、应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题17. 如图所示，ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，轨道半径为R=0.4m，A、B为半圆轨道水平直径的
24、两个端点，O为圆心在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0106 N/C，一个质量m=2.010-2kg，电荷量q=2.010-7C的带正电小球（可看作质点），从A点正上方由静止释放，经时间t=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道，g=10m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求：（1）小球经过C点时对轨道的压力大小；（2）小球经过B点后能上升的最大高度【答案】（1）1.65N（2）0.85m【解析】（1）由题意可知，小球进入电场前做自由落体运动，设下落的高度为h，到达C的速度为vC，由题意可得： （1）小球进入电场后做圆周运动，从A点运动到C点过程由
25、动能定理可得： （2）可得：vC=5m/s （3）设到达C时轨道对小球的支持力为N，由受力分析可得： （4）由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为N=N=1.65N（5）（2）设小球经过B点后上升的最大高度为h，小球从C点经过B点上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得： （6）代入数据可得：h=0.85m（7）点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最低点C的向心力来源，结合牛顿第二定律进行求解18. 如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的
26、屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan ；(3)电子打到屏上P点到O点的距离x.【答案】(1)3 (2) 2(3) 3L【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：由得：电子进入电场E2时的速度为：v1=a1t1 进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：出电场后到光屏的时间为：电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=t1+t2+t3联立求解得：(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得，电子进入电场E2时的加速度为：vy=a2t3电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为联立得：tan=2(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示:设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图有几何关系得，联立得：x=3L【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，根据力与运动关系找出运动规律即可求解