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＞Ek2B.t1=t2，Ek1＜Ek2C.t1＜t2，Ek1=Ek2D.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311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【答案】B【解析】A：由图知，t＝0.005s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＝0.01s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＞v0B.若v0＞E／B，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0C.若v0＜E／B，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0D.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3.8V，额定功率1.2W）；电压表（量程3V，内阻3kΩ）；电流表（量程0.5A，内阻约0.5Ω）；阻值不同的固定电阻若干；滑动变阻器R（阻值0~9.0Ω）；电源E（电动势5V，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