2017-2018学年福建省厦门市高二上学期期末质量检测物理试题 解析版

2017-2018学年福建省厦门市高二上学期期末质量检测物理试题 解析版

厦门市2017—2018学年第一学期高二年级质量检测 物 理 试 题 一、单项选择题：共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得4分，选错得0分，答案需填涂在答题卡中。‎ ‎1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是 A. 库伦在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电与磁之间存在必然的联系 B. 法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 C. 安培发现通电导线在磁场中会受到力的作用 D. 法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【答案】B ‎【解析】奥斯特首先在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故A错误；法拉第在实验中观察到，在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，从而发现了电磁感应现象，故B错误；安培发现通电导线在磁场中会受到力的作用，故C正确；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D 错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎2. 关于电源和电流，下述说法正确的是 A. 电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压 B. 由公式可知，导体的电阻与通过它的电流成反比 C. 从能量转化的角度看，电源是把其他形式的能转化为电能的装置 D. 闭合日光灯开关，日光灯立刻就亮了，这表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速 ‎【答案】C ‎【解析】电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势，故A错误；公式是电阻的定义式，与电阻两端的电压以及通过它的电流都无关，故B错误；从能量转化的角度看，电源是把其他形式的能转化为电能的装置，故C正确；闭合日光灯开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由电荷定向运动的速率接近光速，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎3. 两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压U1和U2的高频电源上，且U1＞U2，两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t1和t2，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则 A. t1＜t2，Ek1＞Ek2 B. t1=t2，Ek1＜Ek2‎ C. t1＜t2，Ek1=Ek2 D. t1＞t2，Ek1=Ek2‎ ‎【答案】C ‎【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由，可知，粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D形盒的半径有关，所以Ek1=Ek2；设粒子在加速器中绕行的圈数为n，则Ek=nqU，由以上关系可知n与加速电压U成反比，由于U1＞U2，则n1＜n2，而t=nT，T不变，所以t1＜t2，故C正确，ABD错误。‎ ‎4. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。线圈产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，则 ‎ A. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零 B. t=0.01s时线框平面与中性面重合 C. 线框产生的交变电动势有效值为311V D. 线框产生的交变电动势频率为100Hz ‎【答案】B ‎【解析】A：由图知，t＝0.005 s时线框中产生的感应电动势，线框的磁通量变化率不为零。故A项错误。‎ B：由图知，t＝0.01 s时线框中产生的感应电动势为0，线框平面与中性面重合。故B项正确。‎ C：线框产生的交变电动势有效值，故C项错误。‎ D：由图知，线框产生的交变电动势周期，线框产生的交变电动势频率。故D项错误。‎ ‎5. 如图甲所示，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度。挂在天平右臂下方的单匝矩形线圈中通入如图乙所示的电流，此时天平处于平衡状态。现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为三角形线圈并保持质量不变，如图丙所示，挂在天平的右臂下方。则 ‎ A. 天平将向右下方倾斜 B. 天平将向左下方倾斜 C. 天平仍处于平衡状态 D. 无法判断天平是否平衡 ‎【答案】A ‎【解析】开始天平处于平衡状态，根据左手定则可知线框所受安培力向上，改为三角形线圈后线框在磁场中的有效长度变短，磁场强度B和电流大小I相等，安培力将变小，所以天平将向右下方倾斜，故A正确，BCD错误。‎ ‎6. 如图所示，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置，B、D分别为两环圆心，C为BD中点。一带负电的粒子从很远处沿轴线向下依次穿过两环，若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中下列说法正确的是 ‎ A. 粒子经过B点时加速度为零 B. 粒子经过B点和C点时动能相等 C. 粒子从A到C的过程中，电势能一直增大 D. 粒子从B到D的过程中，电场力做的总功为0‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意可知两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，所以两个圆环产生的电场关于C点是对称的，结合矢量合成的方法可得，C点的合场强为零。结合矢量合成的方法可得，C点以上场强的方向向下上，C点以下场强的方向向下，所以带负电的粒子在B点受到的电场力的方向向下，加速度不为零，故A错误；由于两个圆环产生的电场关于C点是对称的，所以粒子从B到C电场力做的功的绝对值与粒子从C到D粒子电场力做的功绝对值大小相等，总功等于零，所以粒子经过B点与经过D点时的动能相等，故D正确，B错误；粒子从A到C的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正功，电势能一直减小，故C错误。所以D正确，ABC错误。‎ ‎7. 如图所示，一宽2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一边长为L的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻为t＝0，规定逆时针方向电流为正方向，在下图所示的图像中，能正确反映感应电流随时间变化的规律是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】线框进入磁场过程，时间为，根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，为正值，感应电流大小保持不变。线框完全在磁场中运动过程，磁通量不变，没有感应电流产生，经历时间，线框穿出磁场过程进入磁场过程，线框与进入磁场的过程感应电流大小相等，方向相反，所用时间相等为，感应电流方向是顺时针方向，是负值。所以C正确，ABD错误。‎ ‎8. 如图（a）所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流变化的规律如图（b）所示，则下列说法正确的是 A. t1、t5时刻P线圈对桌面的压力小于P自身的重力 B. t3、t5时刻线圈P中产生的感应电流方向相反 C. t3时刻线圈P有收缩的趋势 D. t2、t6时刻P线圈的发热功率为0‎ ‎【答案】D ‎【解析】t1、t5时刻电流增大，其磁场增大，则穿过P的磁通量变大，由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变大，则P 有向下运动的趋势，即它们有相互排斥的作用，线圈对桌面的压力大于P自身的重力，故A错误；t3、t5时刻，通过Q线圈的电流前者减小，后者增大，但它们的电流方向相反，根据楞次定律，则t3、t5时刻线圈P中产生的感应电流方向相同，故B错误；t3时刻电流减小，线圈P产生感应电流，要阻碍磁通量减小，则P有扩张的趋势，故C错误；t2、t6时刻， 穿过线圈P的磁通量变大，变化率为零，感应电流为零，所以P线圈的发热功率为零，故D正确，ABC错误。‎ 二、多项选择题：共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，答案需填涂在答题卡中。‎ ‎9. 如图所示，在带电的两平行金属板间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，匀强电场场强为E，现有一电子以速度v0平行金属板射入场区，则 ‎ A. 若v0＞E／B，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0‎ B. 若v0＞E／B，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0‎ C. 若v0＜E／B，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0‎ D. 若v0＜E／B，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上。若，则qv0B＞qE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子负功，动能减小，速度减小，故速度v＜v0，故A错误，B正确；若，则qv0B＜qE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹Ⅰ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子正功，动能增加，速度增大，故速度v＞v0，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎10. 有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则 ‎ A. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大 B. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小 C. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大 D. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：保持Q位置不动，则输出电压不变，保持P位置不动，则负载不变，再根据变压器的特点分析．‎ 在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定．因此，当Q位置不变时，输出电压不变，此时P向上滑动，负载电阻值增大，则输出电流减小，电流表的读数I变小，故A错误B正确；P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，则电流表的读数变大，故C正确D错误；‎ ‎11. 如图所示，曲线表示固定在x轴上a、b两点的两个点电荷产生的电势与位置之间的对应关系，两个点电荷所带电荷量分别为q1和q2，a、p间距离大于p、b间距离。从图中可以判断以下说法正确的是 A. 两点电荷带异种电荷 B. 电势最低的p点的电场强度为零 C. 将一负的检验电荷从b处左侧附近移到p处，检验电荷的电势能增加 D. p、b间的电场方向都指向b点 ‎【答案】BC ‎【解析】根据，知φ-x图象切线的斜率表示电场强度，可知p处场强为零，根据顺着电场线方向电势降低，知a、b两个电荷应均为正电荷，故A错误；由φ-x图象的斜率表示电场强度E，在电势最低点p处场强一定为零，故B正确；将一负的检验电荷从b处左侧附近移到p处，电场力做负功，检验电荷的电势能增加，故C正确；由上分析可知，p、b 间的电场方向都指向p点，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎12. 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机向上的运动情况，下列说法中正确的是 A. 0～t1时间内，升降机一定匀速运动 B. 0～t1时间内，升降机可能匀减速上升 C. t1～t2时间内，升降机可能匀速上升 D. t1～t2时间内，升降机不可能匀加速上升 ‎【答案】BD 三、实验题：本题共2小题，共12分。请把答案填在答题卡的相应位置上 ‎13. (1)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为 _________mm.‎ ‎ ‎ ‎ 图甲 图乙 图丙 ‎(2)在用伏安法测电池的电动势和内电阻的实验中，按图乙进行实验，图丙是根据实验数据作出的U－I图像，由图像可知：电源的电动势E＝___________ V，内阻r＝_________Ω ‎ (均保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 0.729或0.730 (2). 1.5 (3). 1.0‎ ‎【解析】（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为22.9×0.01mm=0.229mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.229mm=0.729mm。‎ ‎（2）由U=E-Ir以及U-I图可知，图象的与纵轴的交点表示电源的电动势，故电源的电动势E=1.5V；U-I图象斜率的绝对值等于内阻，所以。‎ ‎14. 某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有：小灯泡L（额定电压3.8 V，额定功率1.2W）；电压表（量程3 V，内阻3 kΩ）；电流表（量程0.5 A，内阻约0.5 Ω）；阻值不同的固定电阻若干；滑动变阻器R（阻值0~9.0 Ω）；电源E（电动势5 V，内阻不计）；开关S；导线若干。‎ ‎（1）为了较好地完成本实验，该同学需将现有电压表的量程扩大到4V，则电压表需串联一只R0 =__________ Ω的固定电阻。‎ ‎（2）该同学想描绘出小灯泡完整的伏安特性曲线，请在虚线方框中画出实验电路原理图_____________。‎ ‎（3）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_________（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率__________（填“增大”“不变”或“减小”）。‎ ‎（4）将两个这样的小灯泡并联后再与5Ω的定值电阻R串联，接在如图（b）所示电压恒定为4V的电路上，则每只小灯泡的实际功率为___________W。（结果保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 1000 (2). (3). 增大 (4). 增大 (5). 0.39W （0.38W ~ 0.41W）‎ ‎【解析】（1）改装成电压表要要串联电阻，串联的阻值为：。‎ ‎（2）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因电流表内阻已知，故可以采用外接法；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示：‎ ‎ ‎ ‎（3）I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大。‎ ‎..................‎ 四、计算题：本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15. 如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一个不计重力，质量为m，电荷量为q的带电粒子以某一初速度v0从极板左侧沿两板的中线射入电场，然后从右侧飞出电场，求：‎ ‎（1）粒子在电场中的运动时间t ‎（2）粒子射出电场时的侧向位移y的大小 ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式即可求出运动时间和偏转位移。‎ ‎（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿初速方向分运动为匀速运动，有： ‎ ‎（2）粒子在垂直于极板方向的分运动为匀加速运动，有：‎ ‎ 加速度为： ‎ 偏转位移为： ‎ 联立解得： ‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的偏转问题，采用分解观点处理，同学要熟练的推导出偏移量、位移偏角和速度偏角的表达式。‎ ‎16. 如图所示，在A点固定一带正电的小球1，带电小球2质量为m，电量为q，用一根长度为L不可伸长的绝缘细线悬挂在O点，小球2能静止在B点，悬线与竖直方向成θ角，A、B两点等高，A、B距离为r，现将球2拉至水平位置C由静止释放，球2运动到B点的速度大小为v，（小球大小不计）求：‎ ‎（1）小球1的带电量Q ‎（2）B、C两点电势差UBC ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：对带电小球2静止时受力分析，由力的平衡条件和库仑定律即可求出小球1的带电量；小球2从C至B运动过程，由动能定理即可求出B、C两点电势差UBC。‎ ‎（1）带电小球2静止时，由力平衡有： ‎ 解得：‎ ‎（2）小球2从C至B运动过程，由动能定理： ‎ 解得： ‎ 点睛：本题主要考查了带电体在电场与重力场中的平衡与运动问题，以及电势差的定义式。‎ ‎17. 如图所示，两根平行足够长的光滑金属导轨与水平面成θ=30°角，两导轨间距为L，导轨上端接一电阻R，导轨电阻忽略不计。有垂直导轨平面向下的有界磁场，磁感应强度为B，该磁场区域宽为d2，在距磁场上边界距离d1处有一质量为m、电阻不计的导体棒，垂直导轨放置。现将该导体棒由静止释放，在运动过程中导体棒始终与导轨接触良好，导体棒加速离开磁场下边界时的加速度为，（ g为重力加速度），求：‎ ‎（1）导体棒穿过磁场过程中电路通过的电量q ‎（2）导体棒穿过磁场过程中电阻R产生的电热Q ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：导体棒穿过磁场区域过程中流过导体棒横截面的电量，根据电流定义式结合欧姆定律可得；导体棒从开始下滑到出磁场过程，由能的转化与守恒即可求出产生的电热。‎ ‎（1）导体棒通过磁场过程，平均感应电动势为：‎ ‎ 平均电流为： ‎ 电量为：‎ 联立可得： ‎ ‎（2）设导体棒出磁场时速度为v，此时有：‎ ‎ 根据欧姆定律有： ‎ 导体棒的安培力： ‎ 对导体棒，由牛顿第二定律有：‎ 又有： ‎ 联立解得： ‎ ‎（2）导体棒从开始下滑到出磁场过程，由能的转化与守恒有： ‎ 解得：‎ 点睛：本题主要考查了导体棒的切割问题，由运动分析受力，根据受力情况列方程，两个运动过程要结合分析；在匀速阶段要明确能量转化关系，电量计算往往从电流定义分析求解。‎ ‎18. 如图所示，一个质量为m，带电量为q的粒子，由静止释放经加速电场加速后，从A点以速度v0沿着水平方向进入板长为L的竖直偏转电场。偏转电场的右侧有一个与右边界BC相切于D点的圆形区域，圆心为O，整个圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。忽略偏转电场的边缘效应，粒子重力及极板外侧的电场忽略不计，粒子从D点飞离BC边界时速度为2v0，再经磁场偏转后又从E点沿着水平方向进入偏转电场区域，并恰能返回A点。求：‎ ‎(1) 加速电场的电压；‎ ‎(2)D、E两点间的距离；‎ ‎(3) 圆形区域磁感应强度的大小及圆形区域半径；‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ，‎ ‎【解析】试题分析：粒子在电场中加速运动，根据动能定理可得加速电场的电压；在偏转电场中，粒子从A到D过程中做类平抛运动，根据运动学公式和几何关系即可求出D、E两点间的距离；画出粒子轨迹，由D到Q，沿水平方向射出磁场，根据牛顿第二定律和几何关系，即可求出磁感应强度的大小及圆形区域半径。‎ ‎（1）粒子在电场中加速运动，根据动能定理： ‎ 解得： ‎ ‎（2）在偏转电场中，粒子从A到D过程中做类平抛运动。‎ 水平方向： ‎ 过D点时 竖直方向： ‎ 由上述得： ‎ 粒子返回电场从E运动到A过程： ‎ 可有：‎ 联立可得： ‎ 则： ‎ ‎（3）粒子在磁场做匀速圆周运动，由D到Q，沿水平方向射出磁场。轨道圆心O´，半径R，如图所示：‎ 在D处，速度方向与BC成θ角：，可得 ‎ 由几何关系可知：‎ 在△EDQ中， ‎ 根据牛顿第二定律： 又 ‎ 解得： ‎ 由图知，△DOQ为等边三角形，所以圆形磁场区域半径： ‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，电荷在电场中加速利用动能定理可以求得加速后粒子的速度，粒子在偏转电场中做类平抛运动，利用运动合成与分解的方法分垂直电场和平行电场方向进行运动分析。‎ ‎ ‎ ‎ ‎