《福建省师大附中高二物理上学期期末考试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省师大附中高二物理上学期期末考试试题（含解析）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、福建省师大附中2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）福建省师大附中2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题一、选择题： 1. 下列描述中，符合事实的是A. 卡文迪许借助扭秤装置总结出了点电荷间相互作用的规律B. 欧姆发现了电流通过导体时产生热效应的规律C. 法拉第发现了电流的磁效应D. 洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律【答案】D【解析】A、库仑通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律；故A错误；B、焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律，故B错误；C、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，故C错误；D、洛仑兹发
2、现了磁场对运动电荷的作用规律，故D正确；故选D。2. 如图所示是一个常用的电容器，关于它的说法中正确的是A. 电容器可以储存电荷，且带电量越多电容越大B. 这个电容器两端电压变化10V，它的带电量变化2.210-3CC. 加在这个电容器两端的电压为25V时，它的电容是110PFD. 加在这个电容器两端的电压低于50V时它就不能工作【答案】B【解析】AC、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压，所带的电荷量无关，故AC错误；B、这个电容器两端电压变化10V，它的带电量变化，故B正确；D、50V是电容器的耐压值，这个电容器上加的电压不能高于50V，故D错误；故选
3、B。【点睛】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压，所带的电荷量无关，电容器的带电量变化由求出。3. 如图所示，电动机M的线圈电阻为r，接入电压恒为U的电源时，电动机正常工作，此时电动机中通过的电流为I、消耗的电功率为P、线圈电阻的发热功率为P热、输出的机械功率为P出。则下列关系式正确的是 A. B. P=IU+I2rC. D. P出=IU-I2r【答案】D【解析】电动机为非纯电阻用电器，电动机中通过的电流为，它消耗的电能一部分转化成机械能一部分自身发热，线圈电阻的发热功率，消耗的电功率为，所以根据能量守恒得出，故ABC错误，D正确；故选D。【点睛】要注意非
4、纯电阻，欧姆定律不再适用，求解输出的机械功率要应用能量守恒定律的角度分析。4. 如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列中结论正确的是A. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小。B. 电场线的方向由N指向M。C. 带电粒子在a点时的电势能小于在b点时的电势能。D. 带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度。【答案】B【解析】A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向向左，带电粒子从a到b过程中，对带电粒子做正功，其动能增加，故A错误；B、带正电的粒子所受电场力向左，电场线的方向由N
5、指向M，负电荷在直线M点左侧，故B正确；C、电场力对带电粒子做正功，其动能增加，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；D、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误；故选B。【点睛】粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向向左，电场线的方向由N指向M，负电荷在直线M点左侧，带电粒子从a到b过程中，对带电粒子做正功，其动能增加。5. 已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=KI/r，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该
6、点到导线的距离r成反比如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0R区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；故选：C【点评】由于电流大小相等，方向相同
7、，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外6. 有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小,现要缩小字迹,下列措施可行的是（不计重力）A. 增大墨汁微粒的比荷B. 减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C. 减小偏转极板的长度D. 增大偏转极板间的电压【答案】C【解析】试题分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；竖直方向：又联立得
8、，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷q/m、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故ABD错误，C正确故选C考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y的表达式；粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律可求解y，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角。视频7. 有一竖直放置的轨道和半圆形轨道平滑连接，所有接触面均绝缘光滑，现在半圆形轨道所在的虚线间空间加上如图所示的匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交
9、或平行。将一个带负电的小球从竖直轨道的某处静止释放，那么，带电小球可以沿半圆形轨道做匀速圆周运动的是(带箭头实线表示电场线，表示磁感线)A. B. C. D. 【答案】A【解析】由于带电小球沿半圆形轨道做匀速圆周运动，则有重力与电场力大小相等，方向相反，又由于小球带负电，所以电场方向竖直向下，故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】带电小球沿半圆形轨道做匀速圆周运动，合外力做功为0，有重力与电场力大小相等，方向相反。8. 两电荷量分别为和的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最低，且APBP，则A. 和是异种电荷B. 的电荷量大于的电荷量C.
10、 从A到B，电场强度先增大后减少D. 负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先减小后增大【答案】B【解析】A、根据沿电场线方向电势逐渐降低，AP间x轴方向的电场强度方向沿x轴正方向，BP间x轴方向的电场强度方向沿x轴负方向，所以和是同种电荷且为正电荷；故A错误；B、因为电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度E，P点的切线斜率为0，知P点的场强为0，所以A、B两点的电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，根据，知距离大的电量大，所以q1的电荷量大于q2的电荷量，故B正确；C、因为电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度E，从A到B，电场强度先减小后增大，故C错误；D、负电荷从
11、P点左侧移到P点右侧，电势先减小后增大，电势能先增大后减少，故D错误；故选B。【点睛】电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度E，沿电场线方向电势逐渐降低。9. 用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的速度增加为原来的2倍，可采用下列哪种方法A. 将其磁感应强度增大为原来的2倍B. 将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍C. 将D形金属盒的半径增大为原来的2倍D. 将两D形金属盒间加速电压的频率增大为原来的2倍【答案】AC【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径，当带电粒子q、m一定的，Vm与磁场的磁感应强度B成正比，D形金属盒的半径R成正比，与加速电场的电压
12、无关，与加速电压的频率无关，为了使质子获得的速度增加为原来的2倍，将其磁感应强度增大为原来的2倍，或将D形金属盒的半径增大为原来的2倍，故AC正确，BD错误；故选AC。【点睛】回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动，当带电粒子q、m一定的，Vm与磁场的磁感应强度B成正比，D形金属盒的半径R成正比。10. 如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由b向a移动的过程中，下列说法正确的是A. 电流表的读数一定增大B. R0的功率先减少后增大C. 电压表与电流表读数的比值先增大后减小D. 电压表与电流表读数变化量的比值 不变【答案】BCD【解
13、析】当变阻器滑片P滑到中点时，变阻器两部分并联电阻最大则在滑动变阻器的滑片P由b向中点移动的过程中，变阻器并联电阻变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律知，干路电流变小，路端电压变大，滑片P由中点向a移动的过程中，外电阻变小，总电阻变小，由欧姆定律知，干路电流变大，路端电压变小，则知电流表的读数先减小后增大，R0的功率先减少后增大，电压表的读数先增大后减小，压表与电流表读数的比值先增大后减小，由于，所以电压表与电流表读数变化量的比值不变，故A错误，BCD正确；故选BCD。【点睛】本题是动态变化分析问题，关键抓住变阻器滑片处于中点时，并联电阻最大再按常规顺序“部分整体部分”分析。11. 质量为m，电
14、量为q的带正电小物块在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为的绝缘水平面以初速度v0开始向左运动，如图所示物块经时间t移动距离S后停了下来，设此过程中，q不变，则 A. SB. SC. t D. t【答案】BCCD、假设洛伦兹力是恒力，大小为qv0B保持不变，则由动量定理，得，得：，因为物块向左做减速运动，洛伦兹力减小，加速度减小，滑行时间比洛伦兹力是恒力时会变长，则有，故C正确，D错误；故选BC。【点睛】题考查应用动能定理和动量定理研究变力情况的能力，在中学阶段，这两个定理，一般用来研究恒力作用情况，本题采用假设法，将变力与恒力情况进行比较得出答案。12. 如图所示，在半
15、径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电，电荷量为q，质量为m，速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B. 对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C. 对着圆心入射的粒子，速度越小时间越长D. 只要速度满足v=RqB/m，沿不同方向射入的粒子射出后均可垂直打在MN上【答案】BCD【解析】A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关故A错误；B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B正确；C、对着圆心入射的粒子，速度越小在磁场中轨迹半径越小，弧长越短，轨迹对应的圆心角越大，由知，运动时间t越长，故C正确；D、速度满足时，粒子的轨迹半径，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正
