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.docx
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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2018-2019学年度第一学期高二年级期末质量检测
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，选错的得0分，答案需填涂在答题卡中。
1.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用。
下面列举的四种器件中，在工作时利用安培力的是
A.电动机B.回旋加速器C.电磁炉D.质谱仪
【答案】A
【解析】
【分析】
明确各电器的工作原理，知道通过安培力可以将电能转化为动能.
【详解】A、电动机是线圈在磁场中受力转动而工作的，故用到了安培力；故A正确.
B、回旋加速器是带电粒子在电场中加速和磁场中转动原理工作的；故B错误.
C、电磁炉是利用电磁感应原理工作的；故C错误.
D、质谱仪采用的是带电粒子在电磁场中的转动原理工作的；故D错误.
故选A.
【点睛】本题考查对现代科技装置和产品原理的理解能力，要求知道常见仪器，并明确各种原理的应用.
2.某同学做观察电磁感应现象的实验，将电流表线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，实验进行中，下列所描述的现象与实验事实相符合的是
A.闭合开关瞬间，电流表指针不会发生偏转
B.开关闭合稳定后，电流表指针会发生偏转，且示数不变
C.开关闭合稳定后，把线圈A插入及拔出线圈B这两个过程，电流表指针都会发生偏转，且偏转方向相反
D.断开开关瞬间，电流表指针不会发生偏转
【答案】C
【解析】
【分析】
当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流，电流表指针发生偏转.
【详解】A、开关闭合的瞬间，则通过螺线管B中的磁通量从无到有，则产生感应电流，电流表指针发生偏转，故A错误；
B、开关闭合稳定后，则通过螺线管B中的磁通量不变，电流表指针不发生偏转，故B错误；
C、开关闭合稳定后，把线圈A插入及拔出线圈B这两个过程，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故C正确；
D、开关断开的瞬间，则通过螺线管B中的磁通量从有到无，则产生感应电流，电流表指针发生偏转，故D错误；
故选C.
【点睛】解决本题的关键掌握感应电流的产生条件，知道当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流.
3.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，带箭头的实线表示电场线。
不计粒子所受重力，则下列说法正确的是（ ）
A.粒子带正电
B.粒子在A点的加速度小于在B点的加速度
C.粒子在A点的速度大于在B点的速度
D.粒子在A点的电势能大于在B点的电势能
【答案】C
【解析】
【分析】
带电粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向左，则知带电粒子带负电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小.由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能和动能的变化，再分析速度的变化。
带电粒子的动能和电势能总和守恒.
【详解】A、带电粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向左，与电场线的方向相反，知带电粒子带负电；故A错误.
B、电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在B点的场强小于A点的场强，在B点的加速度小于A点的加速度；故B错误.
C、从A到B，电场力做负功，动能减小，速度也减小，故带电粒子在A点的速度大于在B点的速度；故C正确.
D、从A到B，电场力做负功，电势能增大；故D错误.
故选C.
【点睛】此类轨迹问题，由轨迹的弯曲方向可判定电场力的方向，并判断电场力做功正负情况.
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1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则（ ）
A.t＝0时线框平面与中性面重合
B.t＝0.01s时线框的磁通量为0
C.线框产生的交变电动势有效值为10V
D.线框产生交变电动势的频率为100Hz
【答案】A
【解析】
【分析】
由图2可知任何时刻的感应电动势，根据电动势的特点，可判处金属线框所处的位置；由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，根据周期和频率的关系可求频率.
【详解】A、t=0时，感应电动势最大，线框平面与中性面重合，磁通量最大，故A正确；
B、t=0.01s时，感应电动势为零，说明此时线圈正经过中性面，故B错误；
C、由图2可知Em=10V．根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为
，故C错误；
D、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：
，故D错误；
故选A.
【点睛】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图象得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系.
5.如图所示，水平放置的平行板电场，上极板接地，下极板带正电，从板间电场的左边缘P点可连续水平打出完全相同的带负电的液滴，其初速度都为v0，垂直进入电场区域，若某液滴恰落在B点位置，其速度大小为v，液滴落在下极板后电量即被吸收，则之后的另一液滴落在下极板时，下列说法正确的是
A.可能仍落在B点
B.可能落在C点
C.落在下极板时的速度将大于v
D.落在下极板时的速度将小于v
【答案】D
【解析】
【分析】
液滴的电量被下极板吸收后，极板的带电量减小，由
知板间电压减小，则板间场强E减小，由牛顿第二定律知液滴的加速度会变化，以此分析各个选项即可.
【详解】液滴的电量被下极板吸收后，极板的带电量Q减小，由
知板间电压U减小，则板间场强E减小，液滴受重力、电场力，由牛顿第二定律知：
减小.
A、B、竖直方向：
偏转量
，y不变a减小，所以t增大，水平方向：
x=v0t增大，所以落在B的右侧，故A、B错误；
C、D、竖直方向：
，a减小，所以vy减小，落在下极板时的速度：
减小，故C错误，D正确.
故选D.
【点睛】本题考查了液滴在电场中的运动，解决的思路还是类平抛运动的方法，但要明确哪些量在变化，哪些量不变.
6.当病人发生心室纤颤时，必须要用除颤器进行及时抢救，除颤器工作时的供电装置是一个C=70μF的电容器，它在工作时，一般是让100J到300J的电能在2ms的时间内通过病人的心脏部位，已知充电后电容器储存的电能为
，下列说法正确的是
A.除颤器工作时的电功率在50W到150W之间
B.除颤器工作时的电功率在50kW到150kW之间
C.要使除颤器的电容器储存140J的电能，充电电压需达到20V
D.要使除颤器的电容器储存140J的电能，充电电压需达到200V
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电功率
求解电功率范围；根据
求解电压.
【详解】A、B、根据电功率
知P在
到
，即电功率在50kW到150kW之间，故A错误，B正确；
C、D、根据电容器储存的电能为
，知
，故C、D错误；
故选B.
【点睛】此题为信息给与题目，注意审题找到已知条件即可根据公式
和
求解.
7.如图所示为质谱仪的原理图，某带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，其内部的匀强磁场磁感应强度为B，匀强电场的强度为E，垂直纸面的匀强磁场B未画出，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。
平板S下方有强度为B0的匀强磁场。
下列说法正确的是
A.该粒子带负电
B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D.若粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则粒子的比荷就越大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据带电粒子进入匀强磁场B0中的偏转方向，确定洛伦兹力方向，由左手定则判断电性。
带电粒子经加速后进入速度选择器时，速度为
的粒子可通过速度选择器，然后进入磁场B0，打在S板的不同位置。
通过列式分析。
【详解】A、带电粒子进入匀强磁场B0中后向左偏转，受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断知该粒子带正电，故A错误.
B、速度选择器中带电粒子受到的电场力水平向右，洛伦兹力应水平向左，由左手定则判断知磁场方向垂直纸面向外，故B错误.
C、带电粒子速度选择器做匀速直线运动，有qE=qvB，得
，故C错误.
D、粒子进入磁场B0后做匀速圆周运动，轨迹半径为
，粒子打在胶片上的位置到入口的距离
，可知粒子打在胶片上的位置越幕近狭缝P，d越小，则
越大，故D正确.
故选D.
【点睛】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段.要知道速度选择器选择速度为
的粒子.
8.如图所示，直角三角形的AB边长为L，∠C为30°，三角形所围区域内存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场。
一质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力）从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，要使粒子不从BC边穿出磁场，则下列说法正确的是
A.磁感应强度的最小值为B=
B.磁感应强度的最小值为B=
C.粒子在磁场中运动的最长时间为t=
D.粒子在磁场中运动的最长时间为t=
【答案】C
【解析】
【分析】
粒子在磁场中做圆周运动，根据题意作出粒子临界运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度的最小值；根据粒子在磁场中转过的最大圆心角求出粒子在磁场中运动的最长时间.
【详解】A、B、粒子恰好不从BC射出时运动轨迹如图所示：
图中四边形ABDO是正方形，故圆周的半径为：
r=L，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：
，解得：
，粒子不从BC边射出：
，故A、B错误；
C、D、粒子从AC边射出磁场时在磁场中转过的圆心角最大为：
120°，粒子在磁场中运动时间最长，粒子在磁场中的最长运动时间：
，故C正确，D错误；
故选C.
【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题.
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，理想变压器原副线圈的匝数比为5:
1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上瞬时值表达式为u=110
sin100πt（V）的交变电压，则
A.电压表的示数为22
V
B.电压表的示数为22V
C.在滑片P向上移动的过程中，电流表A1的示数变大
D.在滑片P向上移动的过程中，理想变压器的输人功率变小
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论.
【详解】A、B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为
，所以副线圈的电压的最大值为
，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V；故A错误，B正确.
C、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，电路的总电阻减大，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流表A1的示数变小，故C错误；
D、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，由
可知，理想变压器的输出的功率变小，所以输入功率也要变小；故D正确.
故选BD.
【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.
10.一半径为r的带负电细橡胶圆环水平放置，其单位长度所带净电荷数目为n，单个电荷的电荷量为e。
当圆环以角速度ω绕中心轴线顺时针（从上往下看）匀速转动时，下列说法正确的是
A.该圆环形成的等效电流为nerω
B.该圆环形成的等效电流为
C.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上
D.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向下
【答案】AC
【解析】
【分析】
负电荷Q均匀分布在橡胶环上，当环转动时，在环上任取一截面则一个周期T内穿过此截面的电荷量为Q，因此应用电流的定义式
，再结合圆周运动相关的知识即可求解.
【详解】A、B、负电荷运动的周期
，则电流
，故A正确，B错误；
C、D、等效电流方向是逆时针，故在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上，故C正确，D错误.
故选AC.
【点睛】本题考查等效电流的求法，解题关键在于明确一个周期内流过导体截面的电量.
11.如图所示，一个边长为L的正方形导电线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽度均为L的两个平行边界的匀强磁场，这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，取顺时针方向的电流为正，受力向右为正，以bc边刚进入磁场开始关于线框中产生的感应电流和线框所受安培力F分别与位移x之间的函数图象，下列图像正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流大小，由右手定则判断出感应电流方向，应用安培力公式求出安培力大小，应用左手定则判断出安培力方向，然后分析图示图象答题.
【详解】A、B、0-L内，感应电动势为：
E=BLv，感应电流为：
，由右手定则可知，电流方向沿逆时针方向，为负的；
L-2L内，感应电动势为：
E=2BLv，感应电流为：
，由右手定则可知，电流方向沿顺时针方向，为正的；
2L-3L内，感应电动势为：
E=BLv，感应电流为：
，由右手定则可知，电流方向沿逆时针方向，为负的，故A正确，B错误；
C、D、安培力：
F=BIL，在0-L内
，L-2L内
，2L-3L内
，由左手定则可知，整个过程安培力始终向左，为负的，故C正确，D错误；
故选AC.
【点睛】此题电磁感应中图象的问题，近几年高考中出现的较为频繁，解答本题关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等知识，要知道当线框左右两边都切割磁感线时，两个感应电动势方向相同，是串联关系.
12.图中虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面已知等势面b的电势为0。
一电子经过a时的动能为8eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV.下列说法正确的是
A.等势面a上的电势为－2V
B.该电子经过等势面c时，其电势能为2eV
C.该电子经过等势面a时的速率是经过c时的2倍
D.该电子可能到达不了等势面d
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解.
【详解】A、B、虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为8eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV，则电势能增加4eV，因此ac等势面之间的电势差为4V，由于电子的电势能增加，所以等势面从a到c电势是降低的，因为b上的电势为0V，故a上的电势为2V，c上的电势为-2V，电势能为2eV，故A错误，B正确；
C、电子经过平面a的动能是经过c动能的2倍，故它在平面a时的速率是经过c时的
倍，故C错误；
D、由A可知，相邻等差等势面电势差为2V．若电子经过a时速度方向与平面a垂直，则电子从a到d克服电场力做功需要6eV，电子可能到达平面d；但如果电子经过a时速度方向与平面a不垂直，电子将会在电场中做抛体运动，则可能不会到达平面d，故D正确；
故选BD.
【点睛】本题考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键.
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）某同学在测定一根粗细均匀的金属丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定金属丝直径如图1所示，金属丝的直径为___________mm.
（2）图2是测量此金属丝阻值的电路图，其中S2是单刀双掷开关。
根据图2把图3中的实物图连线补充完整________.
（3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1=0.96V，I1=0.32A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=1.32V，I2=0.30A根据以上测量数据判断，当S2处于位置________（选填“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值Rx=_______Ω（结果保留两位有效数字）。
【答案】
（1）.0.655
（2）.
（3）.a（4）.3.0
【解析】
【分析】
（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数.
（2）根据电路图连接实物电路图.（3）根据实验数据判断电压与电流变化大小，从而确定电压表还是电流表误差较大，进而确定外接法还是内接法，再由欧姆定律，求解电阻.
【详解】
（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：
0.5mm+15.5×0.01mm=0.655mm；
（2）根据图2所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）由实验数据可知：
由此可知：
电流表分压较大，为减小实验误差，电流表应采用外接法，即S2处于位置a，根据欧姆定律，则有：
；
【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、求电阻率，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读一位，读数时视线要与刻度线垂直，并掌握电流表内接法与外接法的确定依据.
14.将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池，通过前期查阅相关资料，得知其电动势约为1.3~2.0V，内阻约为400~800Ω。
某兴趣小组为了精确测量水果电池的电动势和内阻利用滑动变阻器R（0-3kΩ），毫安表
满偏电流3mA，电阻约10Ω）电压表
（量程0-2.0V，电阻约1000Ω），开关导线等设计了如图甲、乙两种实验电路。
（1）为了使结果更加精确，本实验应该选择_________图的电路（填“甲”或“乙”）.
（2）按照所选电路进行实验，得到多组电压表示数U和电流表示数I，并记录在下表内.
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
电压
1.28
1.08
0.89
0.75
0.64
0.42
0.40
0.18
电流
0.47
0.84
1.23
1.48
1.69
1.87
2.13
2.52
请根据测量数据在答题卡的坐标纸中描出第5、6组数据，并作出U-I图线________.
（3）根据U-I图像，可知此水果电池的电动势为________V，内阻为______Ω（结果保留三位有效数字）.
【答案】
（1）.甲
（2）.
（3）.1.50（4）.500
【解析】
【分析】
（1）根据题意与实验原理选择实验电路.
（2）根据坐标系内描出的点作出图象.（3）电源U-I图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻.
【详解】
（1）水果电池内阻较大，为减小实验误差，电流表应采用外接法，应选择图甲所示电路图。
（2）根据表中实验数据描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
（3）由图示电源U-I图象可知，电源电动势：
E=1.50V，电源内阻：
.
【点睛】本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，注意水果电池具有电动势小，内阻大的特点；同时掌握应用图象法分析实验数据的基本方法.
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.太空中存在大量高能粒子流，可认为是由电量相同的正、负离子组成的等离子体，这些高能粒子可作为太空飞船的能量来源之一。
如图所示，该装置左侧部分可用来收集高能粒子，由两块间距为d的平行金属板M、N组成，板间加有垂直纸面向外的匀强磁场磁感应强度大小为B，高能粒子源源不断从左侧以速度v0水平人射，最终在MN两极板间形成稳定的电势差，并给右侧平行板电容器PQ供电。
粒子重力均不计，求：
（1）稳定时MN金属板间电势差大小U，并判断哪块金属板电势更高；
（2）右侧电容器靠近Q板处有一放射源S，可释放初速度为0质量为m、带电量为+q的粒子，求出该粒子从P板小孔射出时的速度大小。
【答案】
（1）U=Bv0d,下极板电势更高
（2）
【解析】
【分析】
（1）根据左手定则可明确正粒子偏转方向，从而确定正极板；再根据平衡条件求出稳定后电势差大小；
（2）粒子在电场中加速，根据动能定理即可求出射出时的速度.
【详解】
（1）带正电粒子受向下的洛伦兹力偏转，所以下极板带正电，电势更高；
设高能粒子带电量为q0，当高能粒子所受电场力与洛伦兹力等大反向后，粒子不再偏转，则根据平衡条件有：
解得：
U=Bv0d；
（2）粒子经过电容器加速，则由动能定理有：
解得：
【点睛】本题考查带电粒子在电场中运动以及霍尔效应的应用，要注意明确动能定理以及平衡条件的应用，掌握带电粒子在复合场中运动时的分析方法.
16.如图所示，一带负电的点电荷固定于O点，电荷量Q=5×10－6C，其右侧竖直放置光滑绝缘细杆，杆上AB两点高度差为h=0.4m，B点与O点等高且OB距离d=0.3m。
另有一个穿过细杆可视为点电荷的带正电小球，其质量m=6×10－3kg、电荷量为q=5×10－8C.现将小球从A点由静止开始释放，小球向下运动至B点时，速度v=3m/s。
已知静电力常量为k=9×109N·m2/C2，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力.求：
（1）小球在A点释放瞬间的加速度大小
（2）A、B间的电势差UAB.
【答案】
（1）a=11.2m/s2
（2）UAB=6×104V
【解析】
【分析】
（1）根据库仑定律求解小球在A点受到的库仑力，对小球根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）小球从A到B根据动能定理求解电势差.
【详解】
（1）根据几何关系可知，A点距离O点的距离为：
小球在A点受到的库仑力为：
设OA和AB的夹角为θ，则有：
则有：
θ=37°
对小球根据牛顿第二定律可得：
Fcosθ+mg=ma
联立并代入数据解得：
a=11.2m/s2；
（2）小球从A到B根据动能定理可得：
由于WAB=qUAB
代入数据解得：
UAB=6×104V
【点睛】本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的作用力与它们的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比.
17.电磁感应现象在生活生产中有着大量的应用，如电磁阻尼就大量应用于各种缓冲或制动装置中。
某制动装置可简化为以下模型：
由涂有绝缘漆的一根导线绕制成质量为m、匝数为n的闭合矩形线框，长为2L，宽为L，总电阻为R，其右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，线框以初速度v0在光滑水平面上向右运动，进入磁场并运动了距离L时，速度减为零，从而实现对线框的制动。
在该过程中，求：
（1）线框产生的焦耳热；
（2）通过导线某横截面的电量；
（3）线框的最大加速度大小.
【答案】
（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】
（1）对线框，由能量守恒定律求出线框产生的焦耳热.
（2）由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流，由电流定义式求出通过导线的电荷量.（3）由安培力公式求出安培力，应用牛顿第二定律求出线框的加速度.
【详解】
（1）由能量守恒定律可知，线框产生的焦耳热为：
（2）线框进入磁场时的感应电动势为：
平均感应电流为：
通过导线横截面的电荷量为：
解得：
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