2017-2018学年福建师大附中高二上学期期末考试物理试题（实验班） 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（实验班） 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（实验班）‎ 一、选择题： ‎ ‎1. 一个带正电荷的微粒（重力不计）穿过如图所示的匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则下列说法不正确的是 A. 若仅减小入射速度，微粒进入该区域后将向下偏转 B. 若仅减小电场强度，微粒穿过该区域后动能将减小 C. 若增大磁感应强度而要使微粒依然能沿直线运动，必须增大微粒的入射速度 D. 若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，微粒依然能沿直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】A、若仅减小入射速度，则向上的洛伦兹力减小，电场力不变，合力向下，向下偏转．故A正确；‎ C、若增大磁感应强度，则向上的洛伦兹力增加，电场力不变，而要使微粒依然能沿直线运动，则必须减小微粒的入射速度，故C错误；‎ D、若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，它们的大小不变，合力为0，微粒依然能沿直线运动，故D正确；‎ 说法不正确的故选C。‎ ‎【点睛】本题涉及速度选择器的工作原理，速度选择器只选择速度，不选择电荷的电性、质量和电荷量，是近代实验仪器的重要组成部分。‎ ‎2. 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 = UI + I2r C. D. P出= UI–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。‎ ‎3. “磁单极子”是指只有N极或S极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布。物理学家们长期以来一直用实验试图证实自然界中存在“磁单极子”。如图所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，用超导材料围成线圈放置在防磁装置中，可认为不受周围其他磁场的作用，设想有一个磁单极子S极，从左向右穿过一线圈，从左向右看，产生的感应电流方向是 A. 一直是顺时针 B. 一直是逆时针 C. 先顺时针后逆时针 D. 先逆时针后顺时针 ‎【答案】A ‎【解析】有一个 S 极磁单极子从左向右穿过一线圈，根据楞次定律，可知磁单极子穿入穿出线圈时感应场方向始终向右，从左向右看，则回路中形成持续的顺时针流向的感应电流，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。 ‎ ‎【点睛】考查楞次定律的应用，S 极磁单极子从左向右穿过一线圈，根据楞次定律，可知磁单极子穿入穿出线圈时感应场方向始终向右。‎ ‎4. 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. 将磁感应强度减小，变为原来的1/2‎ 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】C ‎【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C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎【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。‎ ‎5. 如图所示，P、Q是完全相同的灯泡，线圈L的电阻不计，下列说法中正确的是 A. 闭合开关S，Q先亮，P后亮，最后P比Q亮 B. 闭合开关S，Q先亮，P后亮，最后Q比P亮 C. 断开开关S，流过Q的电流方向为图中的a到b D. 断开开关S，Q先变得更亮然后才逐渐变暗、熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】AB、闭合开关瞬间，电流增大，由于电感线圈产生与原电流方向相反的自感电流阻碍原电流的增大，灯泡P逐渐亮起来，Q先亮，最后一样亮，故AB错误；‎ CD、断开开关时，电流突然减小，线圈产生与原电流方向相同的自感电流阻碍原电流的减小，两灯泡都逐渐熄灭， Q的电流方向为图中的a到b，故D错误，C正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】电流增大，电感线圈产生与原电流方向相反的自感电流阻碍原电流的增大，电流突然减小，线圈产生与原电流方向相同的自感电流阻碍原电流的减小。‎ ‎6. 将长1m的导线ac从中点b折成如图中所示的形状，放于B=0.08T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直.若在导线abc中通入I=25 A的直流电，则整个导线所受安培力的大小为 A. N B. N C. 1 N D. 2N ‎【答案】B ‎【解析】由题意有导线在磁场内有效长度为，故整个通电导线受到安培力大小为：，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】题考查安培力的计算，熟记公式，关键要理解等效长度的意义。‎ ‎7. 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 故选C。‎ ‎【点睛】根据右手螺旋定则可得通电导线磁场方向，离导线越远磁场越弱。‎ ‎8. 某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以单独接入电路，也可以同时接入电路．下列哪种接法电源的输出功率最大 A. 将R1单独接到电源两端 B. 将R2单独接到电源两端 C. 将R1、R2串联后接到电源两端 D. 将R1、R2并联后接到电源两端 ‎【答案】A ‎【解析】由图象得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，R1单独接到电源两端输出功率为，R2单独接到电源两端输出功率则为 ‎；由电阻的伏安特性曲线求出，当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流，此时电源的输出功率，两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流，此时电源的输出功率，所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义。‎ ‎9. 如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，金属块的厚度为d，高为h，当有稳恒电流I平行平面C的方向通过时，由于磁场力的作用，金属块的上下两表面M、N间的电压为U，则金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为 （电子的电量为e）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有，解得，电流的微观表达式为，所以，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】关键掌握电流的微观表达式，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。‎ ‎10. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ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. q1和q2是异种电荷 B. q1的电荷量大于q2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，电势能先增大后减小 ‎【答案】BD ‎【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正确；‎ 故选BD。‎ ‎【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。‎ ‎11. 如图所示，带正电的小球a和带负电的小球b质量相等，同时从两带电平行金属板M、N中央以相同速率垂直电场方向射入电场，a落到下极板的水平距离大于b落到上极板的水平距离，关于小球a、b在极板中的运动，下列说法正确的是 A. a、b的运动时间相等 B. a的加速度小于b的加速度 C. 电场力对a、b做的功一样多 D. 到达极板时，a的速度小于b的速度 ‎【答案】BD ‎【解析】A、正负电荷初速度相同，由于在水平方向做匀速直线运动，电荷运动时间决定水平方向位移的大小，由题意知b小球在水平方向位移小，故其运动时间短，故A错误；‎ B、两电荷在竖直方向运动位移相等，根据知，位移大小相同时，运动时间短的加速度大，由A分析知b小球运动时间短，所以b的加速度大， 故B正确；‎ C、小球b的加速度大，而球ab质量相同，故b球所受合外力力大于a球所受合外力，则有b球所受电场力大于a球所受电场力，由于在电场方向上的位移大小相等，故电场力对b小球做的功较多，故C错误；‎ D、根据动能定理知，合外力力对小球做的功等于小球的动能变化，由于合外力对小球b做功较多，而两小球初动能相同，故b小球末动能大，到达极板时，a的速度小于b的速度，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】正负带电小球在平行板间做类平抛运动，根据运动的合成与分解。‎ ‎12. 质量为m，电量为q的带正电小物块在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿绝缘水平面以初速度υ0开始向左运动，如图所示．物块与水平面间的动摩擦因数为μ，物块经过时间t移动距离S后停了下来，则 A. S> B. S<‎ C. t＞ D. t＜‎ ‎【答案】BC ‎【解析】AB、假设物块不受洛伦兹力， 根据动能定理，得，物块带正电，受到向下的洛伦兹力，物块受到的支持力，因为物块向左做减速运动，滑动摩擦力逐渐减小但大于，滑行的距离比不受洛伦兹力时小，所以有，故B正确，A错误；‎ 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。‎ 二、实验题 ‎13. 用螺旋测微器测量某物体的厚度，如图所示。则厚度d=_____________；‎ ‎【答案】（1.720~1.722）‎ ‎【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×21.0mm=0.210mm，所以最终读数为：1.5mm+0.210mm=1.710mm。‎ ‎14. 某同学测定电流表G的内阻主要步骤如下：‎ a．连接好实验电路，接通S1，调节R1，使电流表G指针偏转到满刻度；‎ b．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1/3；‎ c．读出R2的阻值为100Ω ‎（1）实验中R1˃˃R2，可以认为电流表的内阻rg=______Ω，该值比真实值____（填 ‎ “大”或“小”）。‎ ‎（2）为了减少误差，电源电动势应尽量选_______一点好（填 “大”或“小”） 。‎ ‎【答案】 (1). （1）200Ω (2). （2）小 (3). （3）大 ‎【解析】(1) 当S2闭合时，R2和Rg并联，则有，解得；‎ 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；‎ ‎(2)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S2，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）R1－R2 (2). （2）6.0 (3). 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. abcd是由粗裸铜导线连接两个定值电阻R组成的闭合矩形导体框，水平放置，金属棒OP与ad及bc边垂直，并接触良好，空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=2T，方向竖直向下，俯视图如图所示。已知电阻R=2Ω，金属棒OP的电阻r=1Ω，其它部分的电阻都可忽略不计。ad及bc边相距为L=0.8m，给OP棒施加一个与棒垂直的恒力F=1.6N，使棒从静止开始向右运动，加速一段时间后，棒达到最大速度，之后做匀速直线运动。求：‎ ‎（1）金属棒OP达到的最大速度大小；‎ ‎（2）金属棒OP运动s=0.5m的过程中，通过金属棒OP的电量。‎ ‎【答案】（1）1.25m/s（2）0.4C ‎【解析】【分析】匀速运动时外力大小等于安培力大小，根据E=BLv可以求出金属棒OP达到的最大速度大小，由求出通过金属棒OP的电量。‎ 解：(1) ①‎ 感应电动势②‎ 感应电流 ③‎ 做匀速直线运动有 ④‎ 联立①②③④得：‎ ‎(2) 通过金属棒OP的电量 ‎ ‎17. 如图所示，竖直平面内有一与水平面成θ=45°的绝缘斜面轨道AB，该轨道和半径为R=0.2m的光滑绝缘半圆形轨道BCD相切于B点．整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E=103V/m．现将一质量为m=0.01kg、带电量为q=+10–4C的滑块（可视为质点）从斜面上的A点静止释放，滑块恰好能到达圆轨道的最高点D。滑块与斜面轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）A点离水平面的高度是多少？‎ ‎（2）滑块离开D点后，经过多长时间落在斜面？‎ ‎【答案】（1）1m（2）(–1)/10 s ‎【解析】滑块恰好能到达圆轨道的最高点，由重力和电场力提供向心力，A到D的过程由动能定理列式，求出A点离水平面的高度；从D到斜面做类平抛运动，由运动的合成与分解求出滑块离开D点后落在斜面时间。‎ 解：(1)在最高点D： ①‎ ‎ A→D： ②‎ 联立①②得：h=1m ‎(2)D→斜面： ③‎ ‎ ④ ‎ ‎ ⑤‎ 联立①③④⑤得：‎ ‎18. 如图所示，在xOy平面内MN边界与y轴之间有沿x轴正方向的匀强电场，y轴右侧和MN边界左侧的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，左侧磁场的磁感应强度是右侧的2倍。一质量为m、电荷量为–q的负粒子以速度υ0从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场，经过时间t0进入电场，电场区域的宽度为d，电场加速后又进入左侧磁场。粒子重力不计．‎ ‎（1）求右侧磁场磁感应强度的大小；‎ ‎（2）若粒子能回到坐标原点O且运动时间最短，求粒子从O点射入到回到O点经过的总时间；‎ ‎（3）除（2）中的情况外，要使带电粒子能够回到原点O，求电场强度应满足的表达式。‎ ‎【答案】（1） （2）（3） （n=1、2、3…） ‎ ‎【解析】【分析】根据周期和运动时间的关系解得磁感应强度，粒子能回到坐标原点O且运动时间最短，粒子在右侧磁场和左侧磁场做匀速圆周运动半周，在电场中从右向左做匀加速直线运动，在电场中从左向右做匀减速直线运动； 除（2）中的情况外，要使带电粒子能够回到原点O，则有。‎ 解：(1)设右侧磁场的磁感应强度为B，粒子在右侧磁场和左侧磁场做匀速圆周运动的半径分别为r1、r2，在左侧磁场运动的速度为υ，在电场中运动时间为t1，在左侧磁场运动时间t2‎ 在右侧磁场做匀速圆周运动，则有 ‎ ‎ ‎ 联立得：‎ ‎(2) 粒子能回到坐标原点O且运动时间最短，则有 在电场中 在左侧磁场做匀速圆周运动，有，‎ 在左侧磁场运动时间 在右侧磁场做匀速圆周运动 所以粒子从O点射入到回到O点经过的总时间 ‎(3)在左侧磁场做匀速圆周运动 要使带电粒子能够回到原点O ,则有 ‎ 在电场中 联立解得： （n=1、2、3…）‎ ‎ ‎