2017-2018学年福建省华安县第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建省华安县第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

福建省华安县第一中学2017-2018学年高二年上学期期末考 物理试题 一、单项选择题 ‎1. 磁感应强度B=F/IL，是用比值定义法的，与下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法：（ ）‎ A. 电场强度E=F/q B. 加速度a=F/m C. 电阻R=U/I D. 电容C=Q/U ‎【答案】B ‎【解析】电场强度等于电场力与探试电荷的电荷量的比值，采用的是比值定义法．故A错误．加速度a=F/m是牛顿第二定律表达式，说明加速度a与外力F成正比，与质量m成反比，不符合比值定义法的共性，故B正确．电阻是导体两端电压与通过电流的比值，故C错误．电容是所带电荷量与板间电势差的比值，故D错误．故选B.‎ ‎2. 两个分别带有电荷量-Q和+3Q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r/2，则两球间库仑力的大小为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】开始时两球间的库仑力为：，两小球相互接触后，电量先中和在均分：，此时的库仑力为：，故C正确，ABD错误。‎ ‎ ‎ ‎3. 关于静电场和磁场的说法，正确的是（ ）‎ A. 电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比 B. 电场中场强越大的点，电势不一定越高 C. 磁场磁感应强度的方向就是通电直导线的受力方向 D. 电流产生磁场的磁感线是闭合的，条形磁铁磁场的磁感线不是闭合的 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电场中某点的场强由电场本身性质决定，与试探电荷的电荷量无关，故A错误；场强大小与电势高低无关，电场中场强越大的点，电势不一定越高，故B正确；磁场磁感应强度的方向与通电直导线的受力方向垂直，故C错误；电流产生磁场的磁感线与条形磁铁磁场的磁感线都是闭合的，故D错误。‎ 考点：本题考查电场强度、电势、磁感应强度及磁感线。‎ ‎4. 额定电压为4.0V的直流电动机的线圈电阻为1.0，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4.0J，下列计算结果正确的是（ ）‎ A. 电动机正常工作时的电流强度为2.0A B. 电动机正常工作时的输出功率为8.0W C. 电动机每秒将电能转化成机械能为16.0J D. 电动机正常工作时的输入功率为4.0W ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：已知线圈电阻与线圈产生的热量，应用焦耳定律可以求出通过电动机的电流；然后应用电功率公式与电功公式分析答题．‎ 解：A、线圈产生的热量Q=I2Rt，通过电动机的电流I===2.0A，故A正确；‎ B、电动机正常工作时的输入功率P=UI=4V×2A=8W，电动机的热功率PQ=I2R=（2A）2×1Ω=4W，电动机的输出功率P出=P﹣PQ=8W﹣4W=4.0W，故BD错误；‎ C、电动机工作时每秒转化为机械能W=P出t=4.0×1=4.0J；故C错误；‎ 故选：A ‎【点评】本题考查功率的计算；电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题．‎ ‎5. 一个在水平桌面上运动的物体，只在恒定阻力f作用下停止下来，所需的时间决定于物体的（ ）‎ A. 初速度 B. 加速度 C. 初动量和阻力f D. 质量 ‎【答案】C ‎【解析】由动量定理 物体在水平方向上受到的合外力为摩擦力f,其末动量为零,可以知道所需的时间决定于物体的初动量和阻力f.所以C选项是正确的,A、B、D错误.‎ 综上所述本题答案是：C ‎6. 如图所示，一个带正电的物体，从固定的粗糙斜面顶端沿斜面滑到底端时的速度为υ，若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，则物体沿斜面滑到底端时的速度（ ）‎ A. 变小 B. 变大 C. 不变 D. 不能确定 ‎【答案】B 解：由左手定则可知物块受到垂直于斜面向上的洛伦兹力，物块与斜面之间的压力减小，‎ 所以摩擦力减小，由动能定理得 由于Ff减小，故vt增大，‎ 故选：B ‎【点评】此题考查带电粒子在磁场中的受力情况及动能定理的应用，属于基础类题目．‎ ‎7. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子由M点向N点运动，可以判定（ ） ‎ ‎ ‎ A. 粒子带负电，运动过程电势能减小 B. 粒子带负电，运动过程电势能增大 C. 粒子带正电，运动过程电势能减小 D. 粒子带正电，运动过程电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：带电粒子在电场中只受电场力作用运动时，所受电场力方向应指向轨迹的内侧，由此可知电荷的正负和电场力做功情况，从而进一步判断电势能的大小．‎ 解：由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，粒子带正电，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，‎ 故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小．‎ ‎8. 如图所示，点电荷+Q形成的电场中，ab为电场中同一条电场线上的两点，b离Q的距离是a离Q的距离的2倍．将电荷量为+q的电荷M置于a，将电荷量为—2q的电荷N置于b，下列判断正确的是（ ）‎ A. a处的电场强度小于b处的电场强度 B. a、b处的电场强度方向相反 C. 电荷N受到Q的电场力是电荷M受到Q的电场力的2倍 D. 电荷M受到Q的电场力是电荷N受到Q的电场力的2倍 ‎【答案】D ‎【解析】AB、据点电荷的场强公式 知,a点的场强大于b 点的场强;据正电荷产生的场强的方向知,ab两点的场强方向都水平向右,故AB错误. CD、因为b离Q的距离是a离Q的距离的2倍.将电荷量为+q的电荷M置于a,将电荷量为 的电荷N置于b,由据库仑定律 计算得出 ,故C错误,D正确.‎ 综上所述本题答案是：D 点睛：据点电荷的场强公式判断ab两点的场强;据库仑定律判断NQ和MQ间电场力即可.‎ ‎9. 在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电量Q的变化判断正确的是（ ）‎ A. L变暗，Q增大 B. L变暗，Q减小 C. L变亮，Q增大 D. L变亮，Q减小 ‎【答案】B ‎【解析】解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，灯L变暗．‎ 电容器板间电压等于变阻器两端的电压．由上得知，路端电压减小，则通过L灯的电流减小，而干路电流增大，则通过R1的电流增大，R1的电压也增大，则变阻器两端的电压减小，电容器所带电量Q减小．故B正确．‎ 故选：B ‎【点评】本题是电路动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．‎ ‎10. 如图所示，两块平行金属板M、N竖直放置，它们的电压恒为U．一电子（不计重力）从N板静止释放，它运动到M板时速率为υ．现将M板水平向右移动一段距离，再次将电子从N板静止释放，下列判断正确的是 A. 金属板M、N的带电量不变 B. 电子运动过程的加速度变大 C. 电子运动到M板所用的时间变长 D. 电子运动到M板时速率变小 ‎【答案】B ‎【解析】A、因为电源的电压恒定,当M板水平向右移动一段距离后,极板之间的距离减小,根据电容的决定式 可以知道,电容变大,由 可以知道,此时金属板M、N的带电量将变大,故A错误; B、电源的电压不变,两板之间的距离减小,根据 可以知道,电场强度要变大,所以电子所受的电场力变大,加速度也变大,所以B选项是正确的; ‎ C、电子在极板之间做的是匀加速直线运动,根据 可以知道,因为极板之间的距离d减小,加速度a变大,所以电子的运动的时间要减小,故C错误 D、在整个的运动的过程中,电压不变,只有电场力做功,根据动能定理得: , 可以知道电子运动到M板时速率不变,故D错误.‎ 综上所述本题答案是：B 二、多项选择题 ‎11. 自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是（ ）‎ A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 C. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 D. 焦耳发现了电流的热效应，定量经出了电能和热能之间的转换关系 ‎【答案】ACD ‎【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项A正确；欧姆发现了欧姆定律，说明了电压和电流之间存在联系，选项B错误； 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，选项C正确； 焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系，选项D正确；故选ACD.‎ 视频 ‎12. 如图所示是云层之间闪电的模拟图，图中A、B是位于东、西方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中，在两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，则关于A、B带电情况的说法中正确的是(　　)‎ A. 带同种电荷 B. 带异种电荷 C. B带正电 D. A带正电 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：用右手螺旋定则可判断出电流的方向，即用右手握住通电直导线，大拇指的方向指向电流方向，弯曲四指的方向就是通电直导线的磁场方向． 故再据“正电荷定向移动的方向是电流的方向的”特点即可判断该题的答案．‎ 解：由于小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，故该通道所产生的磁场方向应该是垂直于纸面向里，所以利用右手螺旋定则可以判断出电流的方向应该是由A流向B，所以A带的是正电荷；B带的是负电荷，故BD正确，AC错误．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】知道右手螺旋定则，并能利用该定则判断出电流的方向是解决该题的关键．‎ ‎13. 如图所示，一束正离子先后通过正交电场磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的 A. 电荷 B. 质量 C. 速度 D. 比荷 ‎【答案】CD ‎【解析】在正交的电磁场区域中,正离子不偏转,说明离子受力平衡,在此区域Ⅰ中,离子受电场力和洛伦兹力,由 ,得 ,可以知道这些正离子具有相同的速度;进入只有匀强磁场的区域Ⅱ时,偏转半径相同,由 和,可以知道这些正离子具有相同的比荷;比荷相等,质量和电荷量不一定相等;故AB错误, CD正确;‎ 综上所述本题答案是：CD 点睛：根据题意中的离子在区域Ⅰ中直线运动,可以知道离子受力平衡,由平衡条件可判断出粒子具有相同的速度;进入区域Ⅱ后,各离子的运动半径相同,由离子在匀强磁场中的运动半径结合速度相等可推导出离子具有相同的比荷.‎ ‎14. 如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N B. 球棒对垒球的平均作用力大小为360 N C. 球棒对垒球做的功为126 J D. 球棒对垒球做的功为36 J ‎【答案】AC ‎【解析】A、B、根据动量定理：F•t=mv2-mv1，，故A正确，B错误．C、D、根据动能定理：，故C正确，D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】此题主要考查动量定理和动能定理的简单运用，难度不大，属于基础题．‎ 三、填空题 ‎15. 有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是______mm。用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是______mm。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 10.50 mm (2). 1.732mm（1.729—1.733都给分）‎ ‎【解析】游标尺主尺上的读数为： ，分尺上的读数为： ‎ 游标尺最终的读数为： ‎ 螺旋测微器主尺上的读数为： ，分尺上的读数为： ‎ 螺旋测微器最终的读数为： （1.729—1.733都给分）‎ ‎16. 用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量．‎ ‎①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线．‎ ‎②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________（填“0”刻线或“∞刻线”）．‎ ‎④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．‎ A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置 B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置 C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准 ‎【答案】 (1). （1）S (2). （3）T (3). “0”刻线 (4). (4) A CD ‎【解析】①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S. ‎ ‎③接着是欧姆调零，将“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．‎ ‎④当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序BDC.‎ 视频 ‎17. 在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按甲图所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：‎ ‎ ‎ ‎(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是________导线断路．‎ ‎(2)某同学测出电源和小电珠的U－I图线如乙图所示，将小电珠和电阻R串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0 A，则R＝________Ω. ‎ ‎【答案】 (1). （1）g (2). （2）0.8Ω ‎ ‎【解析】试题分析：（1）滑动变阻器采用分压接法时，电压表与电流表示数均可从零开始变化；滑动变阻器采用限流接法时，电压表与电流表示数不能从零开始变化．‎ ‎（2）由图象求出电源的电动势与内阻，由图象求出电流为1A时灯泡两端电压，由欧姆定律求出此时灯泡电阻，最后由闭合电路的欧姆定律求出电阻阻值．‎ 解：（1）调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，滑动变阻器实际上接成了限流接法，由图甲所示电路图可知，可能是g导线断路．‎ ‎（2）由图乙所示电源U﹣I线可知，电源电动势E=3.0V，电源内阻r===1Ω；由图乙所示小电珠的U﹣I图象可知，当电流为1.0A时，灯泡两端电压为1.2V，此时灯泡电阻RL===1.2Ω，灯泡与电阻串联后接在电源两端，‎ 由闭合电路欧姆定律得I=，解得R=0.8Ω；‎ 故答案为：（1）g；（2）0.8．‎ ‎【点评】滑动变阻器采用分压接法时，电压表与电流表示数可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压表与电流表不能从零开始变化．‎ 四、计算题 ‎18. 如图所示，通电金属杆ab质量m=12g,电阻R=1.5Ω，水平地放置在倾角θ=300的光滑金属导轨上。导轨宽度,导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r=0.5Ω。匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度B=0.2T。g=10若金属棒ab恰能保持静止,求：‎ ‎（1）金属杆ab受到的安培力大小；‎ ‎（2）电源的电动势大小E。‎ ‎【答案】（1）（2）4.0V ‎【解析】试题分析：（1）对导线受力分析，由平衡条件可得安培力大小．‎ ‎（2）由安培力定义式可得电路电流，进而可得电源的电动势．‎ 解：（1）对导线受力分析如图，由平衡条件可知：‎ F=mgtan30°，‎ 解得：F==，‎ ‎（2）导线受到的安培力为：F=BId，‎ 又：E=I（R+r），‎ 联立解得电动势：E==4.0V．‎ 答：（1）金属杆ab受到的安培力大小为；‎ ‎（2）电源的电动势大小E=4.0V．‎ ‎【点评】重点是做好受力分析图，用好平衡条件，要确定好安培力的方向，记住方法是左手定则．‎ ‎19. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是m1＝4.0 kg和m2＝6.0 kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙相接触．另有一个物块C从t＝0时刻起以一定的速度向左运动，在t＝5.0 s时刻与物块A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示．试求：‎ ‎ ‎ ‎(1)物块C的质量m3； ‎ ‎(2)在5.0 s到15 s的时间内物块A的动量变化的大小和方向．‎ ‎【答案】（1）2.0 kg.（2）16 kg·m/s，方向向右 ‎【解析】解：（1）由图象可知，物体C与物体A相碰前的速度为v1=6m/s，‎ 相碰后的速度为：v2=2m/s，‎ 由动量守恒定律得：m3v1=（m1+m3）v2，‎ 解得：m3="2.0" kg．‎ ‎（2）规定向左的方向为正方向，由图象可知，‎ 物块A的动量变化为：△p=m1（v3﹣v2）=﹣16kg•m/s，‎ 即在5.0s到15s的时间内物块A动量变化的大小为：‎ ‎16 kg•m/s，方向向右．‎ 答：（1）物块C的质量为2.0kg；‎ ‎（2）物块A动量变化的大小为16kg•m/s，方向：方向向右．‎ ‎【点评】动量是矢量，在应用动量守恒定律、求动量的变化时要注意正方向的选择．‎ ‎20. 如图，从阴极K发射的热电子，重力和初速均不计，通过加速电场后，沿图示虚线垂直射入匀强磁场区，磁场区域足够长，宽度为L＝2.5cm。已知加速电压为U＝182V，磁感应强度B＝9.1×10-4T，电子的电量，电子质量。求：‎ ‎(1)电子在磁场中的运动半径R ‎(2)电子在磁场中运动的时间t(结果保留)‎ ‎(3)若加速电压大小可以改变，其他条件不变，为使电子在磁场中的运动时间最长，加速电压U应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）0.05m（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）应用动能定理电子解出电子穿出电场时的速度．电子进入磁场后发生偏转，做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解在磁场中的运动半径R．‎ ‎（2）先根据圆周运动的知识求得电子在磁场中运动的周期T．画出轨迹，由几何知识求出电子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角θ，由t=T求解在磁场中运动的时间t．‎ ‎（3）为使电子在磁场中的运动时间最长，电子轨迹对应的圆心角必须最大，最大圆心角为180°，轨迹恰好与磁场右边界相切，求得轨迹半径，根据上题的结果即可求解．‎ 解：（1）加速电场中由动能定理得；‎ eU=mv2﹣0‎ 解得：v===8×106m/s 磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ evB=‎ 解得：R==m=0.05m ‎（2）磁场中运动的周期 T==s=×10﹣7s 由几何关系 sinθ==‎ 则 θ=30°‎ 故电子在磁场中运动的时间为：t=T==×10﹣7s ‎（3）电子在磁场中的运动时间最长时，圆心角 θ=180°‎ 当运动轨迹恰与磁场右界相切时，R=L=2.5cm=0.025m 依题意有R≤0.025m 由 R=和v=得：U=‎ 代入解得：U≤45.5V ‎（1）电子在磁场中的运动半径R是0.05m．‎ ‎（2）电子在磁场中运动的时间t是×10﹣7s．‎ ‎（3）为使电子在磁场中的运动时间最长，加速电压U应满足的条件是：U≤45.5V．‎ ‎【点评】电子在匀强电场中运动的问题也可以用牛顿第二定律结合运动学公式求解．‎ 电子在匀强磁场中的运动问题，我们要从定圆心，找半径，画轨迹这些步骤入手，根据题意找出可能出现的情况去研究．其中圆周半径R是桥梁，一方面联系了m、v、B、q物理量，另一方面联系了图中的几何关系．‎ ‎ ‎