2017-2018学年安徽省池州市东至二中高二上学期期末考试题 物理 图片版

参考答案
1. C 【解析】根据W =EIt 可得，太阳能电池每秒产生的能量为W =5×0.9×1J=4.5J ，设太阳每秒照射的能量为Q ，则由能量守恒定律得Q ×45%=W ，所以Q =10J ，只有选项C 正确。

2. B 【解析】由于两个粒子都带正电，故质子的洛伦兹力一定指向圆心，由左手定则得绕行方向必是逆时针方向。

对质子受力分析可知，Bqv -Eq =mω2r ，又Bqv =3Eq ，v ＝ωr ，故ω＝
m
Bq
32，只有选项B 正确。

3. A 【解析】两等量的同种点电荷的电场，在其连线的中点场强为零，在连线中垂线上关于中点对称的某两处各有场强的最大值，但这两处的场强方向相反。

结合图形的分布，只有选项A 正确。

4. D 【解析】当直导线O 中通以垂直纸面方向向里的电流时，由安培定则可判断出长直导线O 产生的磁场方向为顺时针方向，选项A 错误；磁感线是以O 为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，选项B 错误；由左手定则可判断出直导线EF 所受的安培力方向垂直纸面向里，选项C 错误； GH 所受的安培力方向垂直纸面向外，从上往下看，导线框将顺时针转动, 选项D 正确。

5. C 【解析】本题考查电势．根据在匀强磁场中，在一条直线（非等势线）上电势差与长度成正比，易得C 点电势为3V ，B 点电势为5V ，则AB 中点D 的电势为3V ，知CD 为
3V 等势线，则AB 所在线为电场线，易得，
U E d =
=4V/m 。

只有选项C 正确。

6. B 【解析】根据安培定则可知两电流在M 点磁感应强度的方向相反，若 I 1＞I 2由于M
离I 1近，故在M 点I 1的磁感应强度的大小大于I 2的磁感应强度．则M 点磁感应强度不可能为0．选项A 错误；根据安培定则可知两电流在N 点的磁感应强度的方向相反，若I 1＞I 2，由于I 2离N 点近，则N 点I 1的磁感应强度的大小可能等于I 2的磁感应强度，故N 点磁感应强度可为0．选项B 正确；根据安培定则可知两电流在 O 点磁感应强度的方向相同，则O 点磁感应强度不可能为0．选项C 错误；根据安培定则可知两电流在 P 点的磁感应强度方向不相反，均存在竖直向下的分量，故P 点的磁感应强度不可能为0．选项D 错误。

7. A 【解析】由库仑定律和平衡条件可知，k
121QQ r =k 222QQ r ，解得Q 1、Q 2的电荷量之比为2
12
()r r ，选项C 、D 错误。

Q 1、Q 2围绕Q 做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线，角速度相等，由k
1
2
1QQ r －k
()
12
2
12+Q Q r r =m 1r 1ω2，k
222QQ r －k ()12212+Q Q r r =m 2r 2ω2
，可得Q 1、Q 2的质量之比为21
r r ，选项A 正确,B 错误。

8. AD 【解析】带负电的油漆微粒被正极吸引，所受电场力方向与电场方向相反，电场力做正功，微粒动能
增加，电势能减小。

选项A 、D 正确。

9. AC 【解析】根据左手定则，知粒子带正电，选项A 正确，B 错误；根据半径公式r ＝mv qB 知，x ＝2r ＝2mv
qB ，又qU ＝1
2mv 2，联立解得x ＝
8mU
qB 2，知x 越大，质量与电量的比值越大，选项C 正确，D 错误。

10. ACD 【解析】由粒子运动的轨道可知，根据力与运动的关系，可以判断两种粒子都带负电，选项A 正确；两种粒子在O 点时电场力大小相等，但由于不能确定两种粒子的质量大小关系，因此不能确定两种粒子的加速度大小，选项B 错误；由E =qφ可知，两种粒子在O 点的电势能相等，选项C 正确；由图上可知，O P 间的电势差小于O S 间电势差，由W=qU 可知，甲粒子从O 到P 电场力做功一定小于乙粒子从 O 到
S 电场力做功，选项D 正确。

11. AC 【解析】由于平行板电容器的电容远大于与静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电量远大于指针和外壳组成的电容器的带电量，可认为平行板电容器的
带电量不变，电容器不接电源电量几乎不变，极板B 稍向上移动，正对面积减小,由C
由C 不变U 变大，选项A 正确、B 错误；将B 板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C 减小，由C = Q /U 知，U 变大，静电计指针张角变大，选项C 正确；B 板向左平移一小段距离平行板电容器间的电场强度E 不变，由于P 点与B 板的距离d PB 增大，则U PB 增大，P 点的电势φP 增大，P 点处的负点电荷的电势能减小，选项D 错误。

12. BC 【解析】当滑动变阻器的触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路的有效阻值变大，电路中的总电阻变大，电源的效率变大，选项A 错误；总电阻变大，总电流变小，电阻R 3消耗的功率变小，选项B 正确；内电压和R 3两端的电压变小，电容器两端的电压变大，电容器的带电荷量Q ＝CU 变大，选项C 正确；R 1的电流变大，而总电流变小，所以通过R 2的电流变小，电阻R 2消耗的功率变小，选项D 错误。

13. （5分，每空1分） （1）旧干电池 （2）1.45 0.90
（3）小 电压表的分流
【解析】（1）旧干电池与新干电池相比内阻比较大，路端电压变化明显；
（2）根据U-I 图象求出截距和斜率即可求解，电源的电动势E =1.45V 和内阻r =0.90Ω；
（3）电路使用的是电流表外接法，测得的电池内阻比真实值小。

电路中，从电源流出的电流，分别流向电流表支路和电压表支路，故流经电流表支路的电流不是全部的电流。

14. （9分）
(1）6.860 （1分） 50.15 （1分） （2）8 （或8.0）（1分）
（3）3 （1分） 0.6 （1分） C （1分）
（4）如图所示（2分）
（5分）
【解析】（1）螺旋测微器的读数为d ＝6.5 mm ＋36.0×0.01 mm ＝6.860 mm ；游标卡尺的主尺读数为50mm ，游标读数为3×0.05mm=0.15mm ，所以最终读数为50.15mm ；（2）由图所示欧姆表可知，所测电阻阻值为：8×1Ω=8Ω．（3）电源为两节干电池，电动势为3V ，电压表应选择3V 量程，电压表内阻约为10kΩ，金属丝电阻约为8Ω，电路最大电流约为：I=U
R =0.375A ，电流表应选择0.6A 量程，内阻约为0.5Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用内接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择C ；（4）滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示。

（5）由电阻定律R ＝ρl S ，有ρ＝RS l ＝πd 2R 4l 。

15. （10分）
（1）设粒子进入区域Ⅱ电场时的速度大小为v 0，粒子在右侧区域Ⅱ电场中做类平抛运动，历时t 0 经过M 点。

有：
00t v d x M =- （2分）
2
221t m q E y M =
（2分）
解得：v 0= 10 4m/s ， t 0= 5×10
－5
s （2分）
（2）带电粒子在电场区域Ⅰ中从静止开始做加速运动，运用动能定理： 2
121mv qd E = （2分） 代如数据解得：E 1 = 1.0×10 3 V/m （2分） 16. （12分）
（1）S 断开时，电阻R 3两端电压为332316R U E R R r
=
=++V （1分）
S 闭合后，外阻为()123123
6R R R R R R R +=
=Ω++ （1分）
路端电压为21R U E R r
=
=+V （1分）
电阻R 3两端电压为'3323
14R U U R R =
=+V （1分）
则所求流过R 4的总电量为1233 ' 6.010Q CU CU C -∆=-=⨯ （2分） （2）设微粒质量为m ，电量为q ，当开关S 断开时有3qU mg d
= （1分）
当开关S 闭合后，设微粒加速度为a ，则3qU mg ma d
'-
= （1分）
假设微粒能从电场中射出，则水平方向0L v t = （1分） 竖直方向212
y at =
（1分）
联立解得2
0.625102
d
y m -=⨯>
（1分） 故微粒不能从C 的电场中射出。

（1分） 17. （16分）
（1）正粒子在场区受力平衡：qE =q v 0B （1分） 解得粒子自S 点入射进入场区的速度大小：0E
B
=
v （1分） 根据左手定则判断，正粒子在匀强磁场受洛伦兹力方向水平向左,根据正粒子所受电场力的方向与场强的方向相同，可知场强方向水平向右 （1分）
（2）设正粒子在磁场中做匀速圆周运动运动的半径为R ，则2
00q B m R
v v （1分）
解得半径R=2l （1分）
如图甲所示，粒子从OP 边界上的A 点射出则OC 2+OA 2=CA 2（1分） 解得OA=3l （1分） 出射点离P 点的距离AP=(2-
3)l （2分）
（3）如图乙所示。

粒子在电场中沿初速度方向做匀速直线运动：y=v 0t （1分） 粒子沿电场的方向做匀加速直线运动：x ＝1
2at 2 （1分）
粒子在电场中的加速度大小为2
2
2lB E m qE a =
=（1分） 由几何关系：y + x =l （1分）
联立得
（1分）
解得粒子在电场中的运动时间（2分）
11。