2018-2019学年福建省八县（市）一中高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年福建省八县（市）一中高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018—2019学年度第一学期八县（市）(区）一中期末联考 高中二年物理科试卷 一、选择题 ‎1.关于物理学史，下列说法中不正确的是( )‎ A. 库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律 B. 安培发现了电流的磁效应 C. 英国物理学家汤姆孙发现了电子 D. 美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律，选项A正确；奥斯特发现了电流的磁效应，选项B错误；英国物理学家汤姆孙发现了电子，选项C正确；美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B.‎ ‎2.下列说法中不正确的是( )‎ A. 指南针是利用地磁场来指示方向的 B. 电动机是利用磁场对电流作用来工作的 C. 地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处都相同 D. 小磁针静止时，N极所指方向就该点磁场的方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】指南针是利用地磁场来指示方向的，选项A正确；电动机是利用磁场对电流作用来工作的，选项B正确；高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。不同的磁场，所受到的洛伦兹力大小不一，所以在南、北两极最强赤道附近最弱，故C错误；小磁针静止时，N极所指方向就该点磁场的方向，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.‎ ‎3.在下列四图中，标出磁场B、电流I和安培力F的相互关系，其中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向．‎ ‎【详解】根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向上，故A正确；根据左手定则可知，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，故B错误；根据左手定则可知，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故C错误；根据左手定则可知，D图中安培力方向垂直于直导线斜向左上方，故D错误。故选A。‎ ‎4.如图所示，A、B为两个等量同种点电荷，a、O、b在点电荷A、B的连线上，c、O、d在连线的中垂线上Oa=Ob=Oc=Od，则（ ）‎ A. O点是中垂线cd上场强最大的点，也是中垂线上电势最高的点 B. O点是A、B连线上场强最小的点, 也是A、B连线上电势最低的点 C. a、b两点的场强相同，电势也相同 D. c、d两点的场强不相同，电势不相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 场强是矢量，只有大小和方向都相同，场强才相同．作出电场线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．‎ ‎【详解】根据等量同种电荷的电场分布可知，O点是中垂线cd上电势最高点，同时根据电场强度的叠加可知，O点的电场强度等于零，是中垂线cd上场强最小点，故A错误。‎ O点场强为零，是A、B连线上场强最小的点, 顺着电场线电势降低，则O点也是A、B连线上电势最低的点，选项B正确；根据电场线分布可知，a、b两点场强方向相反，则场强不同；根据对称性可知，a、b两点电势相同，选项C错误；由对称性可知，c点电势等于d点电势，两点的场强等大反向，故D错误。故选B。‎ ‎5.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab=15cm，ad=5cm，ae=2cm，若将A与B接入电路时，电阻为R1；若将C与D接入电路时，电阻为R2，则R1：R2为（　　）‎ A. 2：1 B. 8：1 C. 9：1 D. 16：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由金属导体电阻的决定式进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．‎ ‎【详解】由电阻的决定式可知，将A与B接入电路时，电阻为：，将C与D接入电路时，电阻为：，则R1：R2=9：1，故C正确。故选C。‎ ‎6.如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成角, sinα=0.8，cosα=0.6；回路面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为( ) ‎ A. BS B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0．当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量．‎ ‎【详解】矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成α角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以B⊥=Bsinα=0.8B，则穿过矩形线圈的磁通量是Φ=B⊥S=0.8BS，因此ABD错误；C正确；故选C。‎ ‎【点睛】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．‎ ‎7.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的三个带电粒子（不计重力）由左端射入质谱仪的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中不正确的是（ ）‎ A. 三个带电粒子都带正电；‎ B. 速度选择器的P1极板带负电 C. 通过狭缝S0时速率等于 D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负。根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况以及通过狭缝S0时速率。在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关。‎ ‎【详解】带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电。故A正确。在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，即速度选择器的上极板带正电。故B错误。通过狭缝的粒子满足Eq=B1qv，即，选项C正确； 进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=m得：，知r越大，荷质比越小，故D正确。此题选择不正确的选项，故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡。在磁场中洛伦兹力等于下向心力。‎ ‎8.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP＝60°.在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1.若将N处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B1与B2之比为（ ）‎ A. 1:2 B. 2: C. :2 D. 2:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感强度；即可求得比值。‎ ‎【详解】依题意，移动之前每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下；则当N移至P点时，在P处的通电导线在O点的磁场方向垂直于PO斜向左上方与OM夹角为600角，则O点合磁感强度大小为：B2=2××cos60°=，则B1与B2之比为2：1。故选D。‎ ‎【点睛】磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线O点的磁感强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感强度。‎ ‎9.如图所示，直线Oac为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，虚线Obc为这个电源内部热功率随电流I变化的Pr图线，由图可知( )‎ ‎ ‎ A. 电源电动势为3 V B. 电源内阻为2Ω C. 当I=2A时,电源输出功率为6W D. 当I=2A时,电源内部热功率为4 W ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的区别及交点的含义，根据功率公式可求得电源内阻消耗的功率以及电源输出的功率。‎ ‎【详解】从图象可知：有两个交点。O点处是没有通电，而c处它们的电功率相等，说明外电阻没有消耗功率。因此电流为3A时，外电阻阻值为零。由P=I2r可算出r=Ω=1Ω，所以内阻的阻值为1Ω。在c点时，外电阻为0，所以电动势E=Ir=3×1V=3V，所以A正确，B错误；当电流等于2A时，电源的输出功率P出=EI-I2r=3×2-4×1=2W；故C错误；当电流等于2A时，电源内部热功率P=I2r=22×1=4W，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意理解电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的涵义。‎ ‎10.两个质量、带电量绝对值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图(虚线AB弧长等于磁场圆周长的，虚线AC弧长等于磁场圆周长的)，不计粒子重力。则下列说法正确的是(  ) ‎ A. a、b粒子在磁场中的运动时间之比 B. a粒子带正电，b粒子带负电 C. a、b粒子的速度之比 D. a、b粒子在磁场中的半径 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定．根据轨迹和几何关系得到半径关系，结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，判断速度和时间关系.‎ ‎【详解】粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故B错误；两粒子的质量和电量均相同，根据可知，两粒子周期相同；因b粒子在磁场中转过的角度为600；a粒子在磁场中转过的角度为900；根据可知，，选项A正确；设磁场圆的半径为R，由几何关系可知，，则，根据可知，选项C正确，D错误；故选AC.‎ ‎11.回旋加速器是加速带电粒子的装置，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法中正确的是( )‎ A. 带电粒子每一次通过狭缝时增加的能量不同 B. D形盘的半径R越大，粒子离开回旋加速器时最大动能越大 C. 粒子第2次和第3次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 D. 粒子被电场加速后，运动越来越快，走过半圆的时间越来越短 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在D型盒的狭缝中被电场加速，没经过狭缝一次，则能量增加qU；根据洛伦兹力等于向心力，当半径等于D型盒的半径时，粒子的动能最大；结合动能定理求解粒子第2次和第3次经过两D形盒间狭缝后速度之比，再求半径之比；粒子在D型盒半圆中运动的周期与粒子的运动速度无关.‎ ‎【详解】根据回旋加速器的原理可知，带电粒子每一次通过狭缝时增加的能量均为qU（U为D型盒的加速电压），则选项A错误；回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由 ，得；当r等于D型盒的半径R时粒子的动能最大，则带电粒子射出时的最大动能Ek=mv2=，则D形盘的半径R越大，粒子离开回旋加速器时最大动能越大，选项B正确；根据，则粒子第2次和第3次经过两D形盒间狭缝后速度之比为；根据可知，轨道半径之比为，选项C正确；粒子在D型盒半圆中运动的周期与粒子的运动速度无关，则粒子走过半圆的时间是一定的，故选项D错误；故选BC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关；粒子运转的周期与速度无关．‎ ‎12.如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V、V、V示数变化量的绝对值分别为ΔU、ΔU、ΔU，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则( ) ‎ A. 电源的输出功率减小 B. A的示数增大 C. ΔU与ΔI的比值等于r D. ΔU与ΔI的比值等于(R + r)‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滑动变阻器滑片向上滑动时，电阻增大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大；根据电路结构结合闭合电路的欧姆定律进行分析；‎ ‎【详解】当滑动变阻器滑片向上滑动时，接入电路的电阻变大，电路中总电阻变大，总电流减小，则A的示数减小，故B错误；内外电阻相等时，电源的输出功率最大，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，故当滑动变阻器滑片向上滑动时，外电阻越来越远离电源内阻，故输出功率一定减小；故A正确；根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir，则得=r；选项C正确； 根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（R+r），则得：=R+r，故D正确；故选ACD。‎ ‎【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．‎ 二、实验题 ‎13.某同学用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，他先把选择开关旋到“×1k”挡，测量时指针偏转如甲图所示，为了比较精确的测量，他进行了下列合理的操作：‎ A．将换挡旋钮调至“×__Ω”倍率；‎ B．重新将红、黑两表笔短接，调节__调零旋钮（填图甲中“A”或“B”）使指针指到图中欧姆表刻度盘中的__刻度线位置；（填“0”或“∞”）‎ C．将待测电阻两端金属线与红、黑两表笔接触，这时刻度盘上的指针位置如乙图所示，则该定值电阻阻值为__Ω．‎ ‎【答案】 (1). 100 (2). B (3). 0 (4). 2100‎ ‎【解析】‎ 指针偏角过大，则说明电阻小，要用小档位：×100档；换档后要重新进行欧姆调零，故选B；短接红、黑表笔使指针刻度为0的位置；电阻值为：21×100=2100Ω。‎ ‎14.（1）测干电池的电动势和内阻的实验，为了尽量减小实验误差。在如下图所示的四个实验电路中应选用________。‎ ‎（2）选好电路后,由于电流表和电压表内电阻对电路的影响,所测得电动势将________．(选填“偏大”，“偏小”，“不变”）‎ ‎（3）根据实验测得的一系列数据，画出U-I图（如图丙所示），则被测干电池的电动势为________V，电池的内阻为________Ω．（结果均保留两位小数）‎ ‎（4）这种用图象法处理数据是为了减少________. (选填“系统误差”或“偶然误差”)。‎ ‎【答案】 (1). (1).丙 (2). (2). 偏小 (3). (3). 1.45(1.44—1.46均给分) (4). 0.70（0.67—0.72均给分） (5). (4). 偶然误差 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确实验原理，从而确定实验电路图，并根据电路的分析可得出电动势的误差情况；根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而确定电动势和内电阻的大小．用图象法处理数据是为了减少偶然误差。‎ ‎【详解】（1）本实验中需要测量多组路端电压和干路电流，所以必须用到滑动变阻器；同时因电流表内阻不能忽略，为了减小内阻的测量误差，电流表应采用相对电源的外接法；故应选择丙电路图；‎ ‎（2）丙图中由于电压表的分流，导致电流表测量值小于真实值；而电压值的示数是准确的，故U-I图象将向下移动，故电源的电动势将小于真实值；‎ ‎（3）根据U=E-Ir可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E=1.45V；图象的斜率表示内阻，故 ‎ ‎（4）这种用图象法处理数据是为了减少偶然误差。‎ ‎【点睛】本题考查了实验电路选择、实验误差分析、实验数据处理，知道实验原理、实验注意事项、分析清楚图象即可正确解题．‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，A、B、C是一边长为等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为，将另一电荷量为的负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功。‎ ‎ ‎ ‎(1)求、各为多少？‎ ‎(2)求电场强度大小和方向。‎ ‎【答案】（1）600V；600V（2）4×104V/m，由A指向D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电场力做功与电势差的关系求出AB、AC间的电势差。 （2）根据电场线方向与等势线垂直，确定电场强度的方向；根据E=U/d求出电场强度的大小。‎ ‎【详解】(1)正点电荷从A点移到B点时，电场力做正功，AB间的电势差为：‎ 负点电荷从A点移到C点时，电场力做负功,AC间的电势差为：‎ ‎ ‎ ‎（2）根据BC间的电势差等于0，知BC为等势线，则场强的方向沿BC中垂线由A指向BC中点D。即场强方向为由A指向D.‎ 直线AB在场强方向的距离d等于线段AD的长度，故由匀强电场中电势差与场强的关系式可得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，以及电场强度与电势差的关系，注意d是沿电场线方向上的距离，知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势。‎ ‎16.如图所示，水平导轨间距为L=1.0m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=lkg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E=6V，内阻r=0.1Ω，电阻R=2.0Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=2.5T，方向垂直于ab，与导轨平面成α=53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ=0.5，定滑轮摩擦不计，重物的质量M=lkg，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：‎ ‎（1）通过ab的电流大小．‎ ‎（2）ab受到的安培力大小．‎ ‎（3）导体棒加速度大小和方向 ‎【答案】（1）2.0A（2）5.0N（3）1.25m/s2，水平向右 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由闭合电路的欧姆定律求解电流；（2）根据F=BIL求解安培力；（3）对整体由牛顿第二定律求解加速度.‎ ‎【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，‎ 通过ab的电流==2.0A ‎（2）ab受到的安培力：F=BIL=2.5×2×1.0N=5.0N；‎ ‎（3）ab受力如图所示；‎ f=μ（mg﹣Fcos53°）=3.5N 对整体由牛顿第二定律得 Mg-f-Fsin53°=(m+M)a ‎，方向水平向右.‎ ‎17.如图所示的平面直角坐标系xoy，在第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E，电场强度方向沿y轴正方向；在第三象限的正三角形PMN区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外，正三角形边长为L，且PN边与y轴平行。现有一重力不计带负电的粒子，从y轴上的A点，以大小v0的速度沿x轴负方向射入电场，通过电场后从x轴负方向上的P点进入第三象限，且速度与x轴负方向夹角为,又经过磁场后从y轴负方向进入第四象限，且速度与y轴负方向夹角为 (已知+=， OP=2AO=4h).求：‎ ‎(1)带电粒子的比荷 =?‎ ‎(2)粒子到达P点时速度的大小和=?‎ ‎(3)PMN区域内磁场的磁感应强度B的最小值；(以上3小题答案均用E、h、L、v0等表示)‎ ‎【答案】（1）（2），450（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比荷。‎ ‎（2）应用运动的合成与分解求出速度大小与方向。‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，经分析，α=450 并且当粒子从N点出磁场时，磁感应强度最小；洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度最小值。‎ ‎【详解】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设在第二象限内运动的时间为，则 水平方向有： ‎ 竖直方向有： 联立得： ‎ ‎（2）设粒子到达P点时时竖直方向的速度vy 则有：‎ 联立得： 所以粒子到达p点时速度大小为 与x轴的夹角为θ，由几何关系得：，所以θ=450 ‎ ‎（3）经分析，α=450 并且当粒子从N点出磁场时，磁感应强度最小 由几何关系得： ‎ ‎ ‎ 由洛伦兹力提供向心力得： 联立得：即磁感应强度的最小值 ‎【点睛】本题考查了求电场强度、粒子速度、磁感应强度问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要作出粒子运动轨迹，注意几何知识的应用。‎ ‎ ‎