2017-2018学年福建师大附中高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建师大附中高二上学期期末考试物理试题 解析版

福建师大附中2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题（平行班）‎ 一、选择题： ‎ ‎1. 下列描述中，符合事实的是 A. 卡文迪许借助扭秤装置总结出了点电荷间相互作用的规律 B. 欧姆发现了电流通过导体时产生热效应的规律 C. 法拉第发现了电流的磁效应 D. 洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律 ‎【答案】D ‎【解析】A、库仑通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律；故A错误；‎ B、焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律，故B错误；‎ C、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，故C错误；‎ D、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2. 如图所示是一个常用的电容器，关于它的说法中正确的是 A. 电容器可以储存电荷，且带电量越多电容越大 B. 这个电容器两端电压变化10V，它的带电量变化2.2×10-3C C. 加在这个电容器两端的电压为25V时，它的电容是110PF D. 加在这个电容器两端的电压低于50V时它就不能工作 ‎【答案】B ‎【解析】AC、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压，所带的电荷量无关，故AC错误；‎ B、这个电容器两端电压变化10V，它的带电量变化，故B正确；‎ D、50V是电容器的耐压值，这个电容器上加的电压不能高于50V，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压，所带的电荷量无关，电容器的带电量变化由求出。‎ ‎3. 如图所示，电动机M的线圈电阻为r，接入电压恒为U的电源时，电动机正常工作，此时电动机中通过的电流为I、消耗的电功率为P、线圈电阻的发热功率为P热、输出的机械功率为P出。则下列关系式正确的是 ‎ ‎ ‎ A. B. P=IU+I2r C. D. P出=IU-I2r ‎【答案】D ‎【解析】电动机为非纯电阻用电器，电动机中通过的电流为，它消耗的电能一部分转化成机械能一部分自身发热，线圈电阻的发热功率，消耗的电功率为，所以根据能量守恒得出，故ABC错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】要注意非纯电阻，欧姆定律不再适用，求解输出的机械功率要应用能量守恒定律的角度分析。‎ ‎4. 如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列中结论正确的是 A. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小。‎ B. 电场线的方向由N指向M。‎ C. 带电粒子在a点时的电势能小于在b点时的电势能。‎ D. 带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度。‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向向左，带电粒子从a到b过程中，对带电粒子做正功，其动能增加，故A错误；‎ B、带正电的粒子所受电场力向左，电场线的方向由N指向M，负电荷在直线M点左侧，故B正确；‎ C、电场力对带电粒子做正功，其动能增加，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；‎ D、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向向左，电场线的方向由N指向M，负电荷在直线M点左侧，带电粒子从a到b过程中，对带电粒子做正功，其动能增加。‎ ‎5. 已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=KI/r，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0﹣R区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理．根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系．‎ 解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎【点评】由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外．‎ ‎6. 有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小,现要缩小字迹,下列措施可行的是（不计重力）‎ A. 增大墨汁微粒的比荷 B. 减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 C. 减小偏转极板的长度 D. 增大偏转极板间的电压 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：‎ 水平方向：L=v0t；‎ 竖直方向：‎ 又 联立得，‎ 要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷q/m、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故ABD错误，C正确．故选C．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y的表达式；粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律可求解y，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角。‎ ‎7. ‎ 有一竖直放置的轨道和半圆形轨道平滑连接，所有接触面均绝缘光滑，现在半圆形轨道所在的虚线间空间加上如图所示的匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交或平行。将一个带负电的小球从竖直轨道的某处静止释放，那么，带电小球可以沿半圆形轨道做匀速圆周运动的是(带箭头实线表示电场线，·×表示磁感线)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由于带电小球沿半圆形轨道做匀速圆周运动，则有重力与电场力大小相等，方向相反，又由于小球带负电，所以电场方向竖直向下，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】带电小球沿半圆形轨道做匀速圆周运动，合外力做功为0，有重力与电场力大小相等，方向相反。‎ ‎8. 两电荷量分别为和的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最低，且AP>BP，则 A. 和是异种电荷 B. 的电荷量大于的电荷量 C. 从A到B，电场强度先增大后减少 D. 负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】A、根据沿电场线方向电势逐渐降低，AP间x轴方向的电场强度方向沿x轴正方向，BP间x轴方向的电场强度方向沿x轴负方向，所以和是同种电荷且为正电荷；故A错误；‎ B、因为电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度E，P点的切线斜率为0，知P点的场强为0，所以A、B两点的电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，根据 ，知距离大的电量大，所以q 1 的电荷量大于q 2 的电荷量，故B正确；‎ C、因为电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度E，从A到B，电场强度先减小后增大，故C错误；‎ D、负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势先减小后增大，电势能先增大后减少，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度E，沿电场线方向电势逐渐降低。‎ ‎9. 用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的速度增加为原来的2倍，可采用下列哪种方法 A. 将其磁感应强度增大为原来的2倍 B. 将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍 C. 将D形金属盒的半径增大为原来的2倍 D. 将两D形金属盒间加速电压的频率增大为原来的2倍 ‎【答案】AC ‎【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，，则圆周半径 ，当带电粒子q、m一定的，Vm与磁场的磁感应强度B成正比，D形金属盒的半径R成正比，与加速电场的电压无关，与加速电压的频率无关，为了使质子获得的速度增加为原来的2倍，将其磁感应强度增大为原来的2倍，或将D形金属盒的半径增大为原来的2倍，故AC正确，BD错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动，当带电粒子q、m一定的，Vm与磁场的磁感应强度B成正比，D形金属盒的半径R成正比。‎ ‎10. 如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由b向a移动的过程中，下列说法正确的是 A. 电流表的读数一定增大 B. R0的功率先减少后增大 C. 电压表与电流表读数的比值先增大后减小 D. 电压表与电流表读数变化量的比值 不变 ‎【答案】BCD ‎【解析】当变阻器滑片P滑到中点时，变阻器两部分并联电阻最大．则在滑动变阻器的滑片P由b向中点移动的过程中，变阻器并联电阻变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律知，干路电流变小，路端电压变大，滑片P由中点向a移动的过程中，外电阻变小，总电阻变小，由欧姆定律知，干路电流变大，路端电压变小，则知电流表的读数先减小后增大，R0的功率先减少后增大，电压表的读数先增大后减小，压表与电流表读数的比值先增大后减小，由于，所以电压表与电流表读数变化量的比值不变，故A错误，BCD正确；‎ 故选BCD。‎ ‎【点睛】本题是动态变化分析问题，关键抓住变阻器滑片处于中点时，并联电阻最大．再按常规顺序“部分→整体→部分”分析。‎ ‎11. 质量为m，电量为q的带正电小物块在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的绝缘水平面以初速度v0开始向左运动，如图所示．物块经时间t移动距离S后停了下来，设此过程中，q不变，则 ‎ A. S>‎ B. S<‎ C. t＞ ‎ D. t＜‎ ‎【答案】BC CD、假设洛伦兹力是恒力，大小为qv0B保持不变，则由动量定理，得，得：，因为物块向左做减速运动，洛伦兹力减小，加速度减小，滑行时间比洛伦兹力是恒力时会变长，则有，故C正确，D错误；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】题考查应用动能定理和动量定理研究变力情况的能力，在中学阶段，这两个定理，一般用来研究恒力作用情况，本题采用假设法，将变力与恒力情况进行比较得出答案。‎ ‎12. 如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电，电荷量为q，质量为m，速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是 A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B. 对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心 C. 对着圆心入射的粒子，速度越小时间越长 D. 只要速度满足v=RqB/m，沿不同方向射入的粒子射出后均可垂直打在MN上 ‎【答案】BCD ‎【解析】A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误；B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B正确；‎ C、对着圆心入射的粒子，速度越小在磁场中轨迹半径越小，弧长越短，轨迹对应的圆心角越大，由知，运动时间t越长，故C正确；‎ D、速度满足时，粒子的轨迹半径，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确；‎ 故选BCD。‎ ‎【点睛】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系。‎ 二、实验题： ‎ ‎13. 在测定金属电阻率的实验中，如左下图所示，用螺旋测微器测金属丝的直径的测量值d＝______mm。如右甲图所示，是多用电表的“×10”欧姆挡经过正确步骤测量金属丝电阻时多用电表指针的位置，则金属丝阻值的测量值R＝______Ω，若测出金属丝长度的测量值为L，则该金属丝电阻率的表达式ρ＝_______（用d、 R 、L表示）。‎ ‎【答案】 (1). 1.721（1.720~1.722） (2). 140 (3). πd2R/4L ‎【解析】由图所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度所示为22.0×0.01mm=0.220mm，螺旋测微器的示数为1.5mm+0.220mm=1.720m；‎ 由图所示多用电表可知，金属丝电阻阻值R=14×10Ω=140Ω；‎ 金属丝电阻，金属丝电阻率；‎ ‎14. 用半偏法测定电流表G的内阻的实验中，如图：‎ ‎（1）实验电路连接好后，主要操作步骤如下：（把未完整的操作步骤填写完整）‎ ‎①接通S1，调节R1，使电流表G指针偏转到满刻度；‎ ‎②再接通S2，保持_______阻值不变，调节_____，使电流表G 指 针偏转到满刻度的一半；‎ ‎③读出R2的阻值，即认为电流表的内阻rg=R2‎ ‎（2）此电路测量出的电流表的内阻比真实值______（填 “大”“小”）‎ ‎（3）为了减少误差，电源电动势应尽量选________（填 “大”“小”）一点好 ‎【答案】 (1). （1）R1 (2). R2 (3). （2）小 (4). （3）大 ‎【解析】（1）首先要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理，实验电路连接好后，主要操作步骤，接通S1，调节R1，使电流表G指针偏转到满刻度；再接通S2，保持R1阻值不变，调节R2，使电流表G 指 针偏转到满刻度的一半；读出R2的阻值，即认为电流表的内阻rg=R2‎ ‎（2）当S2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值，而电阻R1不变，所以S2闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于Ig，而此时电流表支路的电流等于，那么R2‎ 支路的电流要大于，那么其电阻肯定要小于Rg，所以用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小；‎ ‎（3）从原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是，故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大②R1尽可能大；‎ ‎15. 某学习小组的同学设计了如图甲所示的电路来测量定值电阻R0的阻值(约为几欧到十几欧)及电源的电动势E和内阻r。实验器材有：待测电源，待测电阻R0，电流表A(量程为0.6 A，内阻不计)电阻箱R(0～99.9 Ω)，开关S1和S2，导线若干。‎ ‎（1）先测电阻R0的阻值，学习小组同学的操作如下：先闭合S1和S2，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I，然后断开________，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的示数R2，则电阻R0＝________.‎ ‎（2）同学们通过上述操作测得电阻R0＝9.5 Ω，继续测电源的电动势E和内阻r。该小组同学的做法是：闭合S1，断开S2，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据绘制了如右图所示的-R图线，利用图象求出该电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。‎ ‎【答案】 (1). (1) S2 (2). R1－R2 (3). (2) 6.0 (4). 2.5‎ ‎【解析】(1)电路中只有电流表而没有电压表，无法由伏安法求出电阻，故只有利用电阻箱得出待测电阻的阻值；当电路中电流相同时，电阻也应相同；因此可以控制电流相等，利用电阻箱的示数变化，得出待测电阻的阻值；操作为先闭合S1和S2，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I，然后断开S2，调节电阻箱使电流表的示数仍为I；读出此时电阻箱的示数R2，而待测电阻等于两次电阻箱的示数之差：即：；‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可知：，化为，所以有 ‎ ‎，解得；‎ 三、计算题： ‎ ‎16. 如图所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为l＝1.0 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝20 g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M＝30 g。在垂直导轨平面方向存在着竖直向上的匀强磁场，重力加速度g取10 m/s2。若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的K倍，当棒中通入由a到b大小范围为1 A≤I≤2 A的电流时，物体c静止不动。求匀强磁场磁感应强度B和K的大小分别为多少？‎ ‎【答案】B= 0.2 T K＝0.5 ‎ ‎【解析】【分析】通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解，若BIl＞Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向右，若BIl＜Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向左。‎ 解：因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为f 导体棒所受的静摩擦力方向水平向右，则由平衡条件有 导体棒所受的静摩擦力方向水平向左，则由平衡条件有 将代入 解得 ‎17. 如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压U1已知）时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。求：‎ ‎（1）粒子刚进入C、D板的初速度和C、D板的长度L；‎ ‎（2）粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；‎ ‎（3）粒子打在荧光屏上区域的长度。‎ ‎【答案】（1）L=t0 （2）y=qU1 t02/md（3）△s=3qU1 t02/2md ‎ ‎【解析】【分析】【粒子在CD间做类平抛运动，由运动的合成与分解求出CD板的长度L和从CD板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离，从CD板间飞出后做匀速运动。‎ 解：(1) ‎ 在C、D板间有：‎ 解得 ‎（2）粒子从nt0（n=0、2、4…）时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，‎ 偏移距离为：‎ ‎（3）出C、D板偏转角 ‎ ‎ 荧光屏上区域长度为：‎ ‎18. 如图甲所示，两金属板M、N水平放置组成平行板电容器，在M板中央开有小孔O，再将两个相同的绝缘弹性挡板P、Q对称地放置在M板上方，且与M板夹角均为60°，两挡板的下端在小孔O左右两侧．现在电容器两板间加电压大小为U的直流电压，在M板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为B0，磁感应强度为负值时大小为Bx，但Bx未知．现有一质量为m、电荷量为q（q>0），不计重力的带电粒子，从N金属板中央A点由静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板P上，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到了右挡板Q上，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动．粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．图中t1,t2未知，求：‎ ‎(1)粒子第一次从A到达O点时的速度大小；‎ ‎(2) 粒子从O点第一次撞到左挡板P的时间t1的大小；‎ ‎(3)图乙中磁感应强度Bx的大小；‎ ‎(4)两金属板M和N之间的距离d.‎ ‎【答案】（1）v＝ （2）t1＝（3）Bx＝2B0（4）d＝，n＝0,1,2,3‎ 解：(1) ‎ 解得 ‎(2)由得 ‎(3)由得，粒子做匀速圆周运动的半径， ‎ 粒子在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示 由图易知：‎ 解得 ‎ ‎(４)在t1～(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期 ‎ ‎ 设粒子在金属板M和N间往返时间为t，有 且满足： ‎ 联立可得金属板M和N间的距离：‎ ‎ ‎