精品解析福建省福州市八县市协作校学年高二上学期期末联考物理试题精校Word版.docx

1、精品解析福建省福州市八县市协作校学年高二上学期期末联考物理试题精校Word版福州市八县(市)协作校2018-2019学年第一学期期末联考高二 理科物理试卷一、选择题（本题共12小题，共48分。18题每小题4分，在给出的四个选项中，只有一个选项正确。912题每小题4分，正确选项可能不只一个，全部选对得4分，选不全得2分，错选不得分）1.下列说法正确的是A. 电势有正负，所以是矢量B. 电流的方向规定为正电荷移动的方向，所以电流强度是矢量C. 比较磁通量时，需要考虑磁感线从面的哪一侧穿过，因为磁通量是矢量D. 某处磁感应强度的方向规定为该处小磁针静止时N极所指的方向，所以磁感应强度是矢量【答案】D

2、【解析】【详解】A、电势是标量，电势有正负之分，电势的正负是相对的，它相对于你所取的零电势面，故A错误；B、电流的方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流不是矢量，故B错误；C、磁通量是通过闭合线圈的磁感线的条数，它是标量，但是磁通量也有正负，磁通量的正负并不表示磁通量的方向，故C错误；D、磁感应强度是矢量，某处磁感应强度的方向规定为该处小磁针静止时N极所指的方向，故D正确；故选D。2.在图中，已标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】熟练应用左手定则是解决

3、本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向.【详解】根据左手定值可知：A图中的安培力应该垂直导线竖直向下，故A错误；B图中安培力方向垂直于导线斜向下，故B正确；C图中的导线不受安培力，故C错误；D图中的安培力应该垂直于电流方向斜向右下方，故D错误。故选B。3.一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )A. 小球带负电B. 小球表面的电势

4、比容器内表面的低C. A点的电场强度比B点的小D. 将同一试探电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【答案】C【解析】【分析】据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；依据沿着电场线方向电势是降低的小球表面和容器表面的电势高低；在同一等势线上移送电荷时电场力做功为零【详解】根据电场线分布可知，小球带正电，选项A正确；据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势比容器内表面的高，故B错误；依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故C正确；因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D

5、错误；故选C。【点睛】本题考查电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，掌握电场线的方向与电势的高低的关系，理解电场线总垂直等势面，注意同一等势面上移送电荷时，电场力不做功4.如图，质量为m、带电量为q的小球B用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中，A可视为点电荷，B为试探电荷。当小球B静止时，A、B等高，细线偏离竖直 方向的夹角为。已知重力加速度为g。则点电荷A在B处所产生的场强大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】B球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡，根据共点力平衡求出B球所受的电场力，从而根据E=F/q求出B点的电场强度。【详解】小球处于平衡状态，受力如图，根

6、据合成法，知电场力F=mgtan。故选A。5.如图所示，直线A为电源的U-I图线，直线B为小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路，且小灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）A. 此电源的内阻为B. 电源的总功率为10WC. 电源的输出功率为6WD. 由于小灯泡的U-I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用【答案】C【解析】【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率。【详解】由图A读出：电源的电动势 E=4V，内阻；两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=

7、3V，电流 I=2A；电源的总功率：P=IE=8W；电源的输出功率等于灯泡的电功率，故PL=P出=UI=32=6W虽然小灯泡的U-I图线是一条曲线，但是由于小灯泡是纯电阻，所以欧姆定律同样适用；故ABD错误，C正确。故选C。【点睛】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵。6.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，在两盒之间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直盒底的匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是（ ）A.

8、粒子的能量是从电场和磁场中共同获得B. 只增大狭缝的距离可增大粒子从加速器中获得的动能C. 只增大加速电场的电压可增大粒子从加速器中获得的动能D. 只增大D形金属盒的半径可增大粒子从加速器中获得的动能【答案】D【解析】【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关【详解】洛伦兹力对粒子是不做功的，则粒子的能量是从电场中获得，选项A错误；由，解得。则动能，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大D形金属盒的半径，可以增加粒子的动能。故D正确，ACD 错误。故选D。

9、【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关7.如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）现增加光照强度，则下列判断正确的是（ ）A. B灯变暗，A灯变亮 B. R0两端电压变大C. 电源路端电压不变 D. 电源总功率不变【答案】B【解析】试题分析：增加光照强度时，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化情况，即可知道电灯A的亮度变化；根据干路电流与A灯电流的变化，判断通过R0电流的变化，根据路端电压和电阻R0电压的变化情况，即可分析B

10、灯电压的变化情况，从而B的亮度变化解：A、B、C、由题意，增加光照强度时，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，流过A灯的电流IA减小，则A灯变暗；通过R0电流I0=IIA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知B的电压减小，所以B灯变暗；故B正确，AC错误D、电源的总功率P=EI，E不变，I增大，则P增大故D错误故选：B【点评】本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化根据干路电流的变化即可分析电源总功率的变化8.如图所示，一个质量为m，电

11、荷量为q的带正电的粒子（不计重力），从静止开始经电压U加速后，沿水平方向进入一垂直于纸面向外的匀强磁场B中，带电粒子经过半圆到A点，设OAy，则能正确反映y与U之间的函数关系的图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】粒子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，应用动能定理求出粒子的速度，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出y与U间的关系式，再分析图示图象答题【详解】粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2-0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，由几何知识得：y=2r，解得：，则y2=U，图C所示图象正确；故选C。【

12、点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题9.下列关于电场强度E、磁感应强度B的叙述正确的是（ ）A. 电场中某点的场强在数值上等于单位电荷受到的电场力B. 电场中某点的场强方向就是检验电荷在该点所受电场力的方向C. 通电导线在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零D. 根据定义式，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比【答案】A【解析】【详解】A、根据场强的定义式可知场强在数值上等于单位电荷受到的电场力，故A正确。B、电场中某点的场强方向就是正检验电荷在该点所受电场力的方向，与负检验电荷在该点所

13、受电场力的方向相反，B错误。C、通电导线在磁场中某点不受磁场力作用，可能是磁场方向与电流方向平行，故则该点的磁感应强度不一定为零，C错误。D、磁感应强度是描述磁场的强弱的物理量，是由磁场本身决定的，与试探电流的大小、长度以及试探电流受到的安培力的大小都无关，D错误。故选A。【点睛】本题考查对电场强度的三个公式和磁感应强度的三个公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件10.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是()A.

14、电子一定从A向B运动B. 若，则Q靠近M端且为正电荷C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有D. B点电势可能高于A点电势【答案】BC【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aAaB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpAEpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，

15、电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC11.如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子A. 速率一定越大 B. 速率一定越小C. 在磁场中的周期一定越大 D. 在磁场中通过的路程越短【答案】B【解析】【分析】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因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也

16、越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定.【详解】由周期公式得：由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T相同，故C错误。根据t=T可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由 知速率一定越小，A错误，B正确。通过的路程即圆弧的长度l=r，与半径r和圆心角有关，粒子运动时间越长，路程不一定越短，故D错误。故选B。【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12.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平 向右，磁场

17、方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是：（ ）A. 微粒一定带负电 B. 微粒动能一定减小C. 微粒的电势能一定增加 D. 微粒的机械能一定增加【答案】AD【解析】对该种粒子进行受力分析得：它受到竖直向下的重力，水平方向的电场力，垂直速度方向的，其中重力和电场力是恒力，由于粒子沿直线运动，则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的，即该粒子是做匀速直线运动，动能不变，所以B项错误；如果该粒子带正电，则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以粒子受到的力不会平衡，故该种粒子一定是带负电，A项正确；该种粒子带负电，向左上方运动，所以电场力做正功，电势

18、能一定是减小的，C项错误；因为重力势能增加，动能不变，所以该粒子的机械能增加，D项不对。考点：电场力与洛伦兹力。二、实验题（本题共16分，每空2分）13.如下图所示，某同学用多用电表欧姆档测量一个电阻阻值的示数和档位情况，则这个电阻的阻值约为_，为了测量得更精确些，该同学进行了第二次测量，请选择下面列出的有关步骤，并按先后顺序写出：_A将两表笔短接，电阻调零；B将两表笔分别跟被测电阻两端接触，观察指针位置，记下电阻值；C将面板上的旋钮旋至10档；D将面板上的旋钮旋至1k档；【答案】 (1). 200.0或2.0102 (2). CAB【解析】【分析】欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；如果

19、欧姆表指针偏转角度太大，则欧姆表挡位太大，为准确测量电阻，应换用小挡，然后进行欧姆调零，最后测电阻。【详解】由图所示可知，欧姆表示数为2100=200.0；欧姆表指针偏转角度很大，所选挡位太大，为准确测量，应换10挡，然后进行欧姆调零，最后再测电阻，因此实验步骤为C、A、B。【点睛】应用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在刻度盘的中央附近。欧姆表换挡后要进行欧姆调零。14.在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R. （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.（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_(选填“偏大”或“偏小”)【答

20、案】(1) 0.698 (2)偏小【解析】（1）螺旋测微器的读数为（2）乙图电路中，由于电压表分流，导致电流表测量值偏大，故根据可知电阻测量值偏小。15.用如图1所示电路测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：A电流表（量程0.6A）； B电压表（量程3V）；C定值电阻（阻值1、额定功率5W）； D定值电阻（阻值10、额定功率10W）；E滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2A）；F滑动变阻器（阻值范围0100、额定电流1A）那么：（1）要正确完成实验，R0应选择_，R应选择

21、_。（填器材前字母）（2）实验测得的6组数据已在UI图2中标出，如图所示，请你根据数据点位置完成UI图线_。（3）由图线求出该电池的内阻r=_。（r的结果保留两位有效数字）【答案】 (1). C (2). E (3). ；【解析】【分析】为使滑动变阻器滑动时电表示数有明显变化，应使R0与电源内阻r尽可能接近，从而确定定值电阻和滑动变阻器的选取。根据纵轴截距求出电动势，结合图线的斜率求出内阻的大小。【详解】一节干电池电动势一般约为1.5V，内阻较小，为保护电路，应使R0与电源内阻r尽可能接近，因r较小，则考虑选择定值电阻C和滑动变阻器E；根据描出的点作出对应的伏安特性曲线如图所示；根据图象可知，

22、与U轴的交点为1.50V，对应的电压值即表示电动势；R0+r=1.875；故r=1.875-1.0=0.875=0.88。【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道仪器选择的方法，并掌握根据图象求解电动势和内电阻的方法。三、计算题(共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明.方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)16.如图电源电动势E=6V，电源内阻为1，定值电阻R1=4，R2=5，（1）若在a、b之间接一个C=100F的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；（2）在a、b之间接一个多大的电阻R

23、x可使得R1消耗的功率最大？【答案】（1）310-4C；（2）Rx=0时，功率最大【解析】【分析】（1）电容器与R2并联，由串并联电路规律及闭合电路欧姆定律可求得电容器上所带电量；（2）R1为定值电阻，则当电路中电流最大时，R1消耗的功率最大【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流I= =0.6A； 则R2两端的电压U2=IR2=0.65=3V；Uc=U2 则电容器上所带电量Q=UcC=310010-6=310-4C； （2）当R1中电流最大时，其消耗的功率最大；则可知只有将ab短路时，电路中电流才能达最大；故Rx=0时，功率最大。【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律及电功率问题，要注意正

24、确分析待求功率是定值电阻的功率还是可调电阻的功率；要根据题意正确分析才能准确求解17.如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 的直流电源。现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰能静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R =2.5 ，金属导轨电阻不计，g取10 m/s 2。已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）导

25、体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小；（3）若只把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0 T，动摩擦因数为=0.2，其他条件都不变，求导体棒运动的加速度大小。【答案】（1） （2） （3）a=2.6m/s2【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小根据F=BIL求解安培力；（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小.（3）根据牛顿第二定律求的下滑加速度.【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： 导体棒受到的安培力 （2）导体棒所受重力沿斜面

26、向下的分力由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力根据共点力平衡条件，解得 （3）匀强磁场B的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，将其沿导轨所在平面与垂直导轨所在平面分解，可得而重力的下滑分力：金属棒受摩擦力为 有牛顿第二定律得 解得a=2.6 m/s218.如图，在平面直角坐标系xoy内，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第四象限某一区域内存在垂直于坐标平面向外的圆形有界匀强磁场现有一重力不计的带正电的粒子，从M（0，）点，以速度v0垂直于y轴射入电场，刚好经过P（2h，0）点进入第四象限，经过圆形有界匀强磁场某一区域，最后从圆形有界匀强磁场的边界Q（2h，-3h）点

27、以垂直于y轴的方向射出该磁场求： （1）带电粒子的比荷；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）满足题设条件圆形有界匀强磁场的最小面积【答案】（1） （2）（3）S=【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的比荷（2）在电场中求出粒子进入磁场时的速度大小，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度（3）根据题意求出磁场的最小半径，然后应用面积公式求出磁场的最小面积【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，最终由Q点射出，其运动轨迹如图所示：（1）设粒子从M到P的时间为t，加速度为a，x方向有 2h=v0t y方向有 根据牛顿第二定律有Eq=ma 解得： （2）离子进入磁场时的速度为v，与x轴的夹角为，则有：vy=at1 ， ， 联立求解得： ， 设粒子在磁场中的运动半径为r，由几何关系知r=h 又由洛伦兹力提供圆周运动的向心力有：qvB将v及r及q/m的结果代入得： （3）如图所示，当以QK为直径时，圆形有界匀强磁场的面积最小。由几何关系得最小圆的半径 R=rsin60=r=h 最小圆的面积 s=R2=【点睛】本题考查了带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，在磁场中的匀速圆周运动，对数学的几何能力要求较高，关键画出粒子的轨迹图，结合牛顿第二定律以及向心力等知识进行求解