福建省莆田市第八中学学年高二上学期期末考试物理试题Word文档格式.docx

福建省莆田市第八中学学年高二上学期期末考试物理试题Word文档格式.docx

《福建省莆田市第八中学学年高二上学期期末考试物理试题Word文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省莆田市第八中学学年高二上学期期末考试物理试题Word文档格式.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

10=-1.6×

10－18J，选项C错误；

把电荷量为－5×

10－9C的电荷，从A点移到B点，电场力做功

，选项D正确；

此题选择不正确的选项，故选C.

4.关于磁通量，下列说法正确的是（）

A.穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度也为零

B.穿过某一平面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大

C.面积越大，通过这个面的磁通量就越大

D.当平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量必为零

试题分析：

穿过某个面的磁通量为零，此处磁感应强度不一定为零，可能此平面与磁感线平行，故A错误；

磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积有关．故B错误；

磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积、线圈与磁感应强度之间的夹角有关，面积越大，通过这个面的磁通量不一定越大，故C错误；

当平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量必为零．故D正确．故选D．

考点：

磁通量

5.两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知两电阻的大小之比R1∶R2等于（　　）

A.1∶3B.3∶1C.1∶

D.

∶1

【答案】A

因为该图线为I-U图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为3：

1，所以电阻比为1：

3．故A正确，BCD错误。

6.如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.5Ω。

若灯泡恰能正常发光且电动机转动，以下说法中正确的是（　　）

A.电动机的输入功率是14W

B.电动机的输出功率10W

C.电动机的热功率是1W

D.整个电路消耗的电功率是22W

【答案】B

【详解】电动机两端的电压U1=U-UL=12-6V=6V，整个电路中的电流I=

=2A，所以电动机的输入功率P=U1I=6×

2W=12W．故A错误。

电动机的热功率P热=I2RM=4×

0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W．故B正确，C错误。

整个电路消耗的功率P总=UI=12×

2W=24W．故D错误。

故选B。

7.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，RT为热敏电阻（温度越高，电阻越低）．当环境温度较低时合上电键S，当环境的温度逐渐升高时，若三个电表A1、A2和V的示数分别用I1、I2和U表示．则各个电表示数的变化情况是（）

A.I1增大，I2不变，U增大

B.I1减小，I2增大，U减小

C.I1增大，I2减小，U增大

D.I1减小，I2不变，U减小

由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过RT的电流；

当环境的温度逐渐升高时，RT减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过RT的电流I2增大．故ACD错误，B正确；

故选B．

电路的动态分析

8.如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U–I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（　）

A.此电源的内阻为2/3Ω

B.额定状态下，小灯泡阻值为1Ω.

C.灯泡的额定功率为6W

D.小灯泡的U–I曲线说明电功率越大，灯丝电阻率越小

【详解】根据电源U-I图可得：

U＝4−0.5I，又有U=E-Ir，所以，电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω，故A错误；

电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡两端电压为路端电压，故两曲线交点即为灯泡的电压、电流；

又有灯泡恰好能正常发光，故灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，所以，额定功率为：

P=UI=6W，阻值为：

R＝U/I＝1.5Ω，故C正确，B错误；

由图可得：

电功率越大时，U-I曲线越陡，那么电阻越大，故电阻率越大，故D错误；

故选C。

9.如图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话时，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离减小，则在此过程中（　　）

A.膜片与极板间的电容变小 

B.极板的带电量增大

C.膜片与极板间的电场强度变小 

D.电阻R中无电流通过

【详解】振动膜片振动时，电容器两极板的距离减小，根据

可知电容增大，由于两极板间的电压恒定，根据

可知Q增大，处于充电状态，电阻R中有电流通过，AD错误B正确；

根据

可知U恒定，d减小，故E增大，C错误．

10.如图所示，为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区、图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，

A.A点电势高于B点电势

B.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度

C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动

D.尘埃在迁移过程中电势能始终在增大

【详解】由图可知，作过的等势线，交A所在电场线于B'

，则可知，B'

点靠近正极板，故B点的电势高于A点电势，故A错误；

由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故A点的电场力大于B点的电场力，再根据牛顿第二定律可知，A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；

放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。

故粒子不可能做匀变速运动，故C错误；

由图可知，开始为钝角，电场力做负功，电势能增大；

后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；

对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D错误。

11.如图所示,在两水平金属板构成的器件中,存在匀强电场与匀强磁场,电场强度E和磁感应强度B相互垂直,以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动,下列说法正确的是（ 

）

A.粒子一定带负电

B.粒子的速度大小v=B/E

C.若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动

D.若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生改变

粒子从左射入，若带负电，则受到向上的电场力，和向下的洛伦兹力，若带正电，则受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要满足

，即速度

，粒子就能做直线运动通过，故AB错误；

若速度大小改变，则电场力qE，但是洛伦兹力

发生变化，打破二力平衡，所以合力与初速度方向不共线，做曲线运动，C正确D错误．

【点睛】在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关．

二、多项选择题（全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

共12分）

12.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强电场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动估计如图所示，若带点粒子只受磁场力的作用，则下列说法中正确的是（）

A.a粒子动能最大

B.c粒子速率最大

C.c粒子在磁场中运动的时间最长

D.它们做圆周运动的周期Ta=Tb=Tc

【答案】BD

【分析】

三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定。

【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

，解得：

，粒子的动能：

，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，动能最小，c粒子速率最大。

c粒子动能最大，故A错误，B正确；

由于粒子运动的周期

，粒子在磁场中运动的时间：

，可知，三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，故C错误，D正确。

所以BD正确，AC错误。

【点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；

运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。

13.如图所示的直流电路中，电源电动势为E，内阻为r，外电路中，电阻R1=r，滑动变阻器的全部电阻为R2=2r，滑动片从a端向b端滑动过程中，哪种说法正确

A.电源消耗的总功率逐渐增大

B.电源内部的热功率逐渐增大

C.电源的输出功率逐渐减小

D.R2上得到的功率逐渐减小

【答案】ABD

【详解】滑动片从a端向b端滑动过程中，R2逐渐减小，则电路中的总电流I逐渐变大，根据P=IE可知，电源消耗的总功率逐渐增大，选项A正确；

根据P内热=I2r可知电源内部的热功率逐渐增大，选项B正确；

当电源的内阻等于外电路电阻时，电源的输出功率最大，则当滑动片从a端向b端滑动过程中，R2逐渐减小，电源外电路电阻向电源内阻接近，则电源的输出功率变大，选项C错误；

将电阻R1归为电源内电路，则内电路电阻为2r，当则当滑动片从a端向b端滑动过程中，R2逐渐减小，R2阻值远离电源内电阻2r，可知电源（包括R1）的输出功率，即R2的功率减小，选项D正确；

故选ABD.

【点睛】分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R1和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率．

14.如图所示，水平方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.其间有水平固定的足够长的粗糙绝缘杆，杆上套有一带电量为-q、质量为m的小环，环内径略大于杆直径．小环与杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，现给小环水平向右的初速度v0，则（　　）

A.小环的加速度一定一直减小

B.小环可能先做减速运动，再做匀速运动

C.小环可能一直做匀速运动

D.小环运动过程中最终速度为

【答案】BC

根据洛伦兹力等于重力，确定匀速直线运动的速度大小

，再讨论速度大于与小于

时的情况，根据洛伦兹力与重力的关系，来确定摩擦力，从而得出运动情况，即可求解．

【详解】当

时，小环受到的合外力为0，做匀速直线运动，当

时，小环做匀速直线运动；

当

时，小环受到向下的重力小于向上的洛伦兹力，有摩擦阻力，做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，则加速度减小，直到速度为

；

时，小环受到向下的重力大于向上的洛伦兹力，做减速运动，且速度减小时，洛伦兹力越小，小环与杆之间的正压力越来越大，所以摩擦阻力也增加，加速度增加，所以，小环此时应该做加速度增加的减速运动直到速度为0，BC正确．

【点睛】洛伦兹力与重力的关系，是解题的突破口，掌握由受力情况来确定运动情况的方法，注意由加速度与速度的方向，来决定速度的增加还是减小．

三、实验题（16题每空1分，共8分；

17题每空2分，共6分。

本题总分14分。

15.

（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径。

为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如下图所示的部件________（选填“A”“B”“C”或“D”）。

从图中的示数可读出合金丝的直径为___________mm。

（2）用游标卡尺可以测量某些工件的外径。

在测量时，示数如上图乙所示，则读数为_______mm。

（3）某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：

用多用电表粗测：

多用电表电阻挡有4个倍率：

分别为×

1k、×

100、×

10、×

1。

该同学选择×

10倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如下图中虚线所示）。

①为了较准确地进行测量，应该选择__________倍率（填“×

1”）

并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是_________Ω

②该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：

A．直流电源（电压3V，内阻不计）

B．电压表V1（量程：

0～3V，内阻约为15kΩ）

C．电压表V2（量程：

0～15V，内阻约为25kΩ）

D．电流表A1（量程：

0～25mA，内阻约为10Ω）

E．电流表A2（量程：

0～250mA，内阻约为1Ω）

F．滑动变阻器一只，阻值0～10Ω

G．电键一只，导线若干

在上述仪器中，电压表应选择________（填“V1”或“V2”），

电流表应选择________（填“A1”或“A2”）．

③若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，以下电路图应该选择哪个电路________

【答案】

（1）.

（1）B

（2）.0.410mm．（3）.

（2）11.50mm。

（4）.（3）①“×

1”；

（5）.12Ω；

（6）.②B（7）.E（8）.③C

【详解】

（1）为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉B．螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度的读数为：

0.01mm×

41.0=0.410mm，故合金丝的直径为d=0.410mm．

（2）游标卡尺测量某些工件的外径读数为：

1.1cm+0.05mm×

10=11.50mm。

（3）①指针偏角过大，说明倍率档选择的过大，则为了较准确地进行测量，应该选择“×

1”倍率；

读数为12Ω；

②电源电压为3V，则电压表选择3V量程的B；

电路可能出现的最大电流为

，则电流表选择E；

③电压表内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接；

滑动变阻器用分压电路；

故选C.

16.在测电源电动势和内阻实验中，由于电源内阻较小，电压表示数变化不明显，作出的U－I图象如图甲中A所示，这对数据处理的结果将引入较大误差，为了解决此问题，某同学在电路中串联了一定值电阻R＝7Ω（如图乙），作出的U－I图象如图甲中B所示。

①则此电源的电动势大小为________V，内阻为________Ω。

②如图所示，是甲、乙、丙三位同学设计的测量电源电动势和内电阻的电路。

电路中R1、R2为已知阻值的电阻。

下列说法中正确的是（）

A．只有甲同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻

B．只有乙同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻

C．只有丙同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻

D．三位同学设计的电路都能测出电源的电动势和内电阻

【答案】

（1）.

（1）1.5V

（2）.0.5Ω（3）.

（2）D

（1）由图示电源的U-I图象可知，电源电动势E=1.5V，图象斜率的绝对值等于电源内阻，R总=R+r=

，则电源内阻：

r=R总-R=7.5Ω-7Ω=0.5Ω；

（2）要测量电动势和内电阻，只需根据闭合电路欧姆定律列出两个方程即可求得电动势和内电阻；

图甲中可由E=I（R+r）列式进行计算；

图乙可用E=U+

r进行列式计算；

图丙可用E=U+Ir进行列式计算；

故三个电路均可求出电动势和内电阻；

四．计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。

12分+12分+14分；

共38分）

17.如图所示，以MN为界的两匀强磁场，磁感应强度B1=2B2，方向垂直纸面向里，现有一质量为m、带电量为q的正粒子，从O点沿图示方向进入B1中．

（1）试画出此粒子的运动轨迹

（2）求经过多长时间粒子重新回到O点？

【答案】

（1）

（2）

（1）轨迹如图；

（2）设粒子在磁场B1和B2中圆周运动的半径分别为r1、r2．

则r1=

，r2=

由题B1=2B2，得r1：

r2=1：

2

根据左手定则判断可知，粒子在磁场B1中沿逆时针方向旋转，在磁场B2中沿顺时针方向旋转．则轨迹如图．

粒子在磁场B1中运动时间t1=T1=

粒子在磁场B2中运动时间t2=

T2=

则t=t1+t2=

带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】此题综合考查带电粒子在磁场中做圆周运动的相关知识及左手定则，准确画出运动轨迹图是解决问题的关键；

其中第二问不仅要求能准确画出运动轨迹，而且要从运动轨迹中找出运动的规律，对能力要求较高。

18.导轨式电磁炮是利用磁场对电流的作用力，把电能转变成机械能的发射装置．如图为一电磁炮模型，把两根长为S0=100m，互相平行的铜制轨道放在垂直于轨道平面的磁场中，磁感应强度B=2.0×

10﹣5T；

质量m=2.0g的弹体（包括金属杆PQ的质量）静止在轨道之间的宽L=2m的金属架上，通电后通过弹体的电流I=10A，弹体在运动过程中所受的阻力f恒为4.0×

10﹣5N，求：

（1）弹体最终以多大的速度V离开轨道？

（2）求弹体在S=25m处安培力的瞬时功率P？

（1）6m/s；

（2）1.2×

10﹣3W．

解：

（1）弹体在加速过程中，F=BIL…①

由动能定理：

（F﹣f）S0=

mv2…②

联立①②解得：

V=

代入数据得：

v=6m/s

（2）设S=25m处速度为V1，则在S距离内，由动能定理：

（F﹣f）S=

mv12…③

P=FV1…④

联立①③④解得：

P=BIL

P=1.2×

10﹣3W

答：

（1）弹体最终以6m/s的速度V离开轨道；

（2）弹体在S=25m处安培力的瞬时功率P为1.2×

【点评】本题关键是明确飞机的加速原理，然后根据动能定理列式分析出动能或速度表达式进行分析，不难．

19.如图所示的电路，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω，R2=12Ω，间距d=0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、，磁感应强度B=1T的匀强磁场，闭合开关S，板间电场视为匀强电场．将喷墨打印机的喷头对准两板的中点，从喷口连续不断地喷出水平初速度为v=0.1m/s的相同带电墨滴，设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx．（g取10m/s2）求

（1）当Rx=3Ω时，电阻R1消耗的电功率

（2）改变Rx的值，可以使进入板间的带电墨滴做匀速圆周运动，最后与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°

．则

①带电墨滴的比荷q/m为多大？

②此时Rx的阻值是多少？

（1）6W，

（2）①

，②7Ω.

（1）由图可知闭合电路的外电阻为：

根据闭合电路的欧姆定律可得电流为：

R1两端的电压为：

U1=IR12=1.5×

4=6V

R1消耗的功率为：

（2）带电墨滴进入电、磁场区域做匀速圆周运动，必有重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：

又因电场力等于重力，则有：

，

带电墨滴做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°

根据几何关系得R=d。

解得带电墨滴的比荷：

电压为：

干路电流为：

解得：

点睛：

本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动与闭合电路欧姆定律的综合性题目，解题的关键在于明确带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，所受到的电场力一定与重力大小相等方向相反。