福建省廈門市高二上學期期末質(zhì)量檢測物理試題-解析版

廈門市2017—2018學年第一學期高二年級質(zhì)量檢測物理試題一、單項選擇題：共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，選對的得4分，選錯得0分，答案需填涂在答題卡中。1.在物理學發(fā)展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實的是A.庫倫在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電與磁之間存在必然的聯(lián)系B.法拉第在實驗中觀察到，通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現(xiàn)感應電流C.安培發(fā)現(xiàn)通電導線在磁場中會受到力的作用D.法拉第在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化【答案】B【解析】奧斯特首先在實驗中觀察到電流的磁效應，揭示了電和磁之間存在聯(lián)系，故A錯誤；法拉第在實驗中觀察到，在通有變化電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現(xiàn)感應電流，從而發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，故B錯誤；安培發(fā)現(xiàn)通電導線在磁場中會受到力的作用，故C正確；楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。2.關于電源和電流，下述說法正確的是A.電源的電動勢在數(shù)值上始終等于電源正負極之間的電壓B.由公式可知，導體的電阻與通過它的電流成反比C.從能量轉(zhuǎn)化的角度看，電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置D.閉合日光燈開關，日光燈立刻就亮了，這表明導線中自由電荷定向運動的速率接近光速【答案】C【解析】電源正負極之間的電壓稱為路端電壓，當外電路接通時，路端電壓小于電源的電動勢，故A錯誤；公式是電阻的定義式，與電阻兩端的電壓以及通過它的電流都無關，故B錯誤；從能量轉(zhuǎn)化的角度看，電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故C正確；閉合日光燈開關，日光燈立刻就亮了，是由于導線中電場傳播的速度接近光速，而不是自由電荷定向運動的速率接近光速，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。3.兩個相同的回旋加速器，分別接在加速電壓U1和U2的高頻電源上，且U1＞U2，兩個相同的帶電粒子分別從這兩個加速器的中心由靜止開始運動，設兩個粒子在加速器中運動的時間分別為t1和t2，獲得的最大動能分別為Ek1和Ek2，則A.t1＜t2，Ek1＞Ek2B.t1=t2，Ek1＜Ek2C.t1＜t2，Ek1=Ek2D.t1＞t2，Ek1=Ek2【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，由，可知，粒子獲得的最大動能只與磁感應強度和D形盒的半徑有關，所以Ek1=Ek2；設粒子在加速器中繞行的圈數(shù)為n，則Ek=nqU，由以上關系可知n與加速電壓U成反比，由于U1＞U2，則n1＜n2，而t=nT，T不變，所以t1＜t2，故C正確，ABD錯誤。4.在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，如圖甲所示。線圈產(chǎn)生的交變電動勢隨時間變化的圖像如圖乙所示，則A.t=0.005s時線框的磁通量變化率為零B.t=0.01s時線框平面與中性面重合C.線框產(chǎn)生的交變電動勢有效值為311VD.線框產(chǎn)生的交變電動勢頻率為100Hz【答案】B【解析】A：由圖知，t＝0.005s時線框中產(chǎn)生的感應電動勢，線框的磁通量變化率不為零。故A項錯誤。B：由圖知，t＝0.01s時線框中產(chǎn)生的感應電動勢為0，線框平面與中性面重合。故B項正確。C：線框產(chǎn)生的交變電動勢有效值，故C項錯誤。D：由圖知，線框產(chǎn)生的交變電動勢周期，線框產(chǎn)生的交變電動勢頻率。故D項錯誤。5.如圖甲所示，用電流天平測量勻強磁場的磁感應強度。掛在天平右臂下方的單匝矩形線圈中通入如圖乙所示的電流，此時天平處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)保持邊長MN和電流大小、方向不變，將該矩形線圈改為三角形線圈并保持質(zhì)量不變，如圖丙所示，掛在天平的右臂下方。則A.天平將向右下方傾斜B.天平將向左下方傾斜C.天平仍處于平衡狀態(tài)D.無法判斷天平是否平衡【答案】A【解析】開始天平處于平衡狀態(tài)，根據(jù)左手定則可知線框所受安培力向上，改為三角形線圈后線框在磁場中的有效長度變短，磁場強度B和電流大小I相等，安培力將變小，所以天平將向右下方傾斜，故A正確，BCD錯誤。6.如圖所示，兩個相同的絕緣細圓環(huán)帶有等量正電荷，電荷在圓環(huán)上的分布是均勻的，兩圓環(huán)相隔一定距離同軸平行固定放置，B、D分別為兩環(huán)圓心，C為BD中點。一帶負電的粒子從很遠處沿軸線向下依次穿過兩環(huán)，若粒子只受電場力作用，則在粒子運動過程中下列說法正確的是A.粒子經(jīng)過B點時加速度為零B.粒子經(jīng)過B點和C點時動能相等C.粒子從A到C的過程中，電勢能一直增大D.粒子從B到D的過程中，電場力做的總功為0【答案】D【解析】由題意可知兩個相同的絕緣細圓環(huán)帶有等量正電荷，電荷在圓環(huán)上的分布是均勻的，所以兩個圓環(huán)產(chǎn)生的電場關于C點是對稱的，結(jié)合矢量合成的方法可得，C點的合場強為零。結(jié)合矢量合成的方法可得，C點以上場強的方向向下上，C點以下場強的方向向下，所以帶負電的粒子在B點受到的電場力的方向向下，加速度不為零，故A錯誤；由于兩個圓環(huán)產(chǎn)生的電場關于C點是對稱的，所以粒子從B到C電場力做的功的絕對值與粒子從C到D粒子電場力做的功絕對值大小相等，總功等于零，所以粒子經(jīng)過B點與經(jīng)過D點時的動能相等，故D正確，B錯誤；粒子從A到C的過程中，受到的電場力的方向向下，電場力做正功，電勢能一直減小，故C錯誤。所以D正確，ABC錯誤。7.如圖所示，一寬2L的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。一邊長為L的正方形導線框位于紙面內(nèi)，以垂直于磁場邊界的恒定速度v通過磁場區(qū)域，在運動過程中，線框有一邊始終與磁場區(qū)域的邊界平行，取它剛進入磁場的時刻為t＝0，規(guī)定逆時針方向電流為正方向，在下圖所示的圖像中，能正確反映感應電流隨時間變化的規(guī)律是A.B.C.D.【答案】C【解析】線框進入磁場過程，時間為，根據(jù)楞次定律判斷可知感應電流方向是逆時針方向，為正值，感應電流大小保持不變。線框完全在磁場中運動過程，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，經(jīng)歷時間，線框穿出磁場過程進入磁場過程，線框與進入磁場的過程感應電流大小相等，方向相反，所用時間相等為，感應電流方向是順時針方向，是負值。所以C正確，ABD錯誤。8.如圖（a）所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方懸掛一相同的線圈Q，P和Q共軸，Q中通有變化的電流，電流變化的規(guī)律如圖（b）所示，則下列說法正確的是A.t1、t5時刻P線圈對桌面的壓力小于P自身的重力B.t3、t5時刻線圈P中產(chǎn)生的感應電流方向相反C.t3時刻線圈P有收縮的趨勢D.t2、t6時刻P線圈的發(fā)熱功率為0【答案】D【解析】t1、t5時刻電流增大，其磁場增大，則穿過P的磁通量變大，由楞次定律可知P將阻礙磁通量的變大，則P有向下運動的趨勢，即它們有相互排斥的作用，線圈對桌面的壓力大于P自身的重力，故A錯誤；t3、t5時刻，通過Q線圈的電流前者減小，后者增大，但它們的電流方向相反，根據(jù)楞次定律，則t3、t5時刻線圈P中產(chǎn)生的感應電流方向相同，故B錯誤；t3時刻電流減小，線圈P產(chǎn)生感應電流，要阻礙磁通量減小，則P有擴張的趨勢，故C錯誤；t2、t6時刻，穿過線圈P的磁通量變大，變化率為零，感應電流為零，所以P線圈的發(fā)熱功率為零，故D正確，ABC錯誤。二、多項選擇題：共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分，答案需填涂在答題卡中。9.如圖所示，在帶電的兩平行金屬板間有相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度為B，勻強電場場強為E，現(xiàn)有一電子以速度v0平行金屬板射入場區(qū)，則A.若v0＞E／B，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區(qū)時速度v＞v0B.若v0＞E／B，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區(qū)時速度v＜v0C.若v0＜E／B，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區(qū)時速度v＞v0D.若v0＜E／B，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區(qū)時速度v＜v0【答案】BC【解析】電子進入電磁場中，受到洛倫茲力與電場力兩個力作用，由左手定則判斷可知，洛倫茲力方向向下，而電場力方向向上。若，則qv0B＞qE，即洛倫茲力大于電場力，電子向下偏轉(zhuǎn)，沿軌跡Ⅱ運動，洛倫茲力不做功，而電場力對電子負功，動能減小，速度減小，故速度v＜v0，故A錯誤，B正確；若，則qv0B＜qE，即洛倫茲力小于電場力，電子向上偏轉(zhuǎn)，沿軌跡Ⅰ運動，洛倫茲力不做功，而電場力對電子正功，動能增加，速度增大，故速度v＞v0，故C正確，D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。10.有一理想變壓器的原線圈連接一只交流電流表，副線圈接入電路的匝數(shù)可以通過滑動觸頭Q調(diào)節(jié)，如圖所示，在副線圈兩輸出端連接了定值電阻R0和滑動變阻器R，在原線圈上加一電壓為U的交流電，則A.保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數(shù)變大B.保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數(shù)變小C.保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數(shù)變大D.保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數(shù)變小【答案】AD【解析】試題分析：保持Q位置不動，則輸出電壓不變，保持P位置不動，則負載不變，再根據(jù)變壓器的特點分析．在原、副線圈匝數(shù)比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸入電壓決定．因此，當Q位置不變時，輸出電壓不變，此時P向上滑動，負載電阻值增大，則輸出電流減小，電流表的讀數(shù)I變小，故A錯誤B正確；P位置不變，將Q向上滑動，則輸出電壓變大，輸出電流變大，則電流表的讀數(shù)變大，故C正確D錯誤；11.如圖所示，曲線表示固定在x軸上a、b兩點的兩個點電荷產(chǎn)生的電勢與位置之間的對應關系，兩個點電荷所帶電荷量分別為q1和q2，a、p間距離大于p、b間距離。從圖中可以判斷以下說法正確的是A.兩點電荷帶異種電荷B.電勢最低的p點的電場強度為零C.將一負的檢驗電荷從b處左側(cè)附近移到p處，檢驗電荷的電勢能增加D.p、b間的電場方向都指向b點【答案】BC【解析】根據(jù)，知φ-x圖象切線的斜率表示電場強度，可知p處場強為零，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，知a、b兩個電荷應均為正電荷，故A錯誤；由φ-x圖象的斜率表示電場強度E，在電勢最低點p處場強一定為零，故B正確；將一負的檢驗電荷從b處左側(cè)附近移到p處，電場力做負功，檢驗電荷的電勢能增加，故C正確；由上分析可知，p、b間的電場方向都指向p點，故D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。12.壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，在升降機中將重物放在壓敏電阻上，壓敏電阻接在如圖甲所示的電路中，電流表示數(shù)變化如圖乙所示，某同學根據(jù)電流表的示數(shù)變化情況推斷升降機向上的運動情況，下列說法中正確的是A.0～t1時間內(nèi)，升降機一定勻速運動B.0～t1時間內(nèi)，升降機可能勻減速上升C.t1～t2時間內(nèi)，升降機可能勻速上升D.t1～t2時間內(nèi)，升降機不可能勻加速上升【答案】BD三、實驗題：本題共2小題，共12分。請把答案填在答題卡的相應位置上13.(1)用螺旋測微器測金屬絲直徑時讀數(shù)如圖甲，則金屬絲的直徑為_________mm.圖甲圖乙圖丙(2)在用伏安法測電池的電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，按圖乙進行實驗，圖丙是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的U－I圖像，由圖像可知：電源的電動勢E＝___________V，內(nèi)阻r＝_________Ω(均保留2位有效數(shù)字)【答案】(1).0.729或0.730(2).1.5(3).1.0【解析】（1）由圖甲所示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為0.5mm，可動刻度示數(shù)為22.9×0.01mm=0.229mm，螺旋測微器示數(shù)為0.5mm+0.229mm=0.729mm。（2）由U=E-Ir以及U-I圖可知，圖象的與縱軸的交點表示電源的電動勢，故電源的電動勢E=1.5V；U-I圖象斜率的絕對值等于內(nèi)阻，所以。14.某同學研究小燈泡的伏安特性，實驗室提供的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V，額定功率1.2W）；電壓表（量程3V，內(nèi)阻3kΩ）；電流表（量程0.5A，內(nèi)阻約0.5Ω）；阻值不同的固定電阻若干；滑動變阻器R（阻值0~9.0Ω）；電源E（電動勢5V，內(nèi)阻不計）；開關S；導線若干。（1）為了較好地完成本實驗，該同學需將現(xiàn)有電壓表的量程擴大到4V，則電壓表需串聯(lián)一只R0=__________Ω的固定電阻。（2）該同學想描繪出小燈泡完整的伏安特性曲線，請在虛線方框中畫出實驗電路原理圖_____________。（3）實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示。由實驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻_________（填“增大”“不變”或“減小”），燈絲的電阻率__________（填“增大”“不變”或“減小”）。（4）將兩個這樣的小燈泡并聯(lián)后再與5Ω的定值電阻R串聯(lián)，接在如圖（b）所示電壓恒定為4V的電路上，則每只小燈泡的實際功率為___________W。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【答案】(1).1000(2).(3).增大(4).增大(5).0.39W（0.38W~0.41W）【解析】（1）改裝成電壓表要要串聯(lián)電阻，串聯(lián)的阻值為：。（2）因本實驗需要電流從零開始調(diào)節(jié)，因此應采用滑動變阻器分壓接法；因電流表內(nèi)阻已知，故可以采用外接法；另外為了擴大電壓表量程，應用R0和電壓表串聯(lián)，故原理圖如圖所示：（3）I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，圖象的斜率隨電壓的增大而減小，故說明電阻隨電流的增大而增大；其原因是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大。..................四、計算題：本題共4小題，共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。15.如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一個不計重力，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子以某一初速度v0從極板左側(cè)沿兩板的中線射入電場，然后從右側(cè)飛出電場，求：（1）粒子在電場中的運動時間t（2）粒子射出電場時的側(cè)向位移y的大小【答案】(1)(2)【解析】試題分析：粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)運動學公式即可求出運動時間和偏轉(zhuǎn)位移。（1）粒子在電場中做類平拋運動，沿初速方向分運動為勻速運動，有：（2）粒子在垂直于極板方向的分運動為勻加速運動，有：加速度為：偏轉(zhuǎn)位移為：聯(lián)立解得：點睛：本題主要考查了帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題，采用分解觀點處理，同學要熟練的推導出偏移量、位移偏角和速度偏角的表達式。16.如圖所示，在A點固定一帶正電的小球1，帶電小球2質(zhì)量為m，電量為q，用一根長度為L不可伸長的絕緣細線懸掛在O點，小球2能靜止在B點，懸線與豎直方向成θ角，A、B兩點等高，A、B距離為r，現(xiàn)將球2拉至水平位置C由靜止釋放，球2運動到B點的速度大小為v，（小球大小不計）求：（1）小球1的帶電量Q（2）B、C兩點電勢差UBC【答案】(1)(2)【解析】試題分析：對帶電小球2靜止時受力分析，由力的平衡條件和庫侖定律即可求出小球1的帶電量；小球2從C至B運動過程，由動能定理即可求出B、C兩點電勢差UBC。（1）帶電小球2靜止時，由力平衡有：解得：（2）小球2從C至B運動過程，由動能定理：解得：點睛：本題主要考查了帶電體在電場與重力場中的平衡與運動問題，以及電勢差的定義式。17.如圖所示，兩根平行足夠長的光滑金屬導軌與水平面成θ=30°角，兩導軌間距為L，導軌上端接一電阻R，導軌電阻忽略不計。有垂直導軌平面向下的有界磁場，磁感應強度為B，該磁場區(qū)域?qū)挒閐2，在距磁場上邊界距離d1處有一質(zhì)量為m、電阻不計的導體棒，垂直導軌放置。現(xiàn)將該導體棒由靜止釋放，在運動過程中導體棒始終與導軌接觸良好，導體棒加速離開磁場下邊界時的加速度為，（g為重力加速度），求：（1）導體棒穿過磁場過程中電路通過的電量q（2）導體棒穿過磁場過程中電阻R產(chǎn)生的電熱Q【答案】(1)(2)【解析】試題分析：導體棒穿過磁場區(qū)域過程中流過導體棒橫截面的電量，根據(jù)電流定義式結(jié)合歐姆定律可得；導體棒從開始下滑到出磁場過程，由能的轉(zhuǎn)化與守恒即可求出產(chǎn)生的電熱。（1）導體棒通過磁場過程，平均感應電動勢為：平均電流為：電量為：聯(lián)立可得：（2）設導體棒出磁場時速度為v，此時有：根據(jù)歐姆定律有：導體棒的安培力：對導體棒，由牛頓第二定律有：又有：聯(lián)立解得：（2）導體棒從開始下滑到出磁場過程，由能的轉(zhuǎn)化與守恒有：解得：點睛：本題主要考查了導體棒的切割問題，由運動分析受力，根據(jù)受力情況列方程，兩個運動過程要結(jié)合分析；在勻速階