【解析版】福建省南平市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 word版含解析

www.ks5u.com南平市2018-2019学年第一学期高二期未质量检测物理试题一 、选择题： 1.下列说法中正确的是A. 磁感线始于N极终于S极，电场线始于正电荷终于负电荷B. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C. 某点电场强度的大小等于试探电荷放在该点时受到的电场力与试探电荷电量大小的比值D. 某点磁感应强度的大小等于一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流乘积的比值【答案】C【解析】【详解】磁感线在磁体的外部从N极到S极，内部从S极到N极形成闭合的曲线；电场线始于正电荷终于负电荷或者无穷远，选项A错误；一小段通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线放置方向与磁场平行的缘故，该处磁感应强度不一定为零，选项B错误；某点电场强度的大小等于试探电荷放在该点时受到的电场力与试探电荷电量大小的比值，选项C正确； 某点磁感应强度的大小等于一小段通电导线放在该点时受到的最大的磁场力与该小段导体长度和电流乘积的比值，选项D错误；故选C.2.如图所示，甲、乙两个电表都是由一个表头G和一只变阻器R组成的，下列说法正确的是A. 甲表是电压表，R1增大时量程增大B. 甲表是电流表，R1增大时量程减小C. 乙表是电流表，R2增大时量程增大D. 乙表是电压表，R2增大时量程增大【答案】A【解析】【分析】表头G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而表头G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表。根据串并联电路的基本规律进行分析即可确定量程变化。【详解】甲表表头与电阻串联，故是电压表，R1增大时时，变阻器分担的电压增大，甲表量程增大；故A正确B错误。乙表滑动变阻器与表头并联，起分流作用，故是电流表，R增大时，电路中R2变阻器分流减小，乙表量程减小；故CD错误；故选A。【点睛】本题考查电表改装原理的理解能力。当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值，此时对应总电路中的电流和电压为量程。3.如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向右滑动时，下列说法正确的是A. 电流表、电压表读数均变大B. 电源内部发热功率变小C. 电源总功率变大D. 电源效率先增大后减小【答案】C【解析】【分析】当滑动变阻器触头P向右滑动时，分析电路中电阻的变化，判断电流的变化和路端电压的变化，确定各个电压的变化关系。即可分析各个电表示数的变化。【详解】当滑动变阻器触头P向右滑动时，R阻值减小，则总电阻减小，总电流变大，路端电压减小；电压表读数减小，R0两端的电压减小，则安培表读数减小；选项A错误；根据P内=I2r可知，电源内部发热功率变大，选项B错误；根据P=IE可知，电源总功率变大，选项C正确；电源的效率 可知，电源的效率减小，选项D错误；故选C.【点睛】题是电路动态变化分析问题，要处理好局部与整体的关系，按“局部到整体再到局部”的顺序进行分析。4.如图所示，电阻R=20，电动机的内电阻r=5，电路两端的电压U保持不变。开关断开时，电流表的示数为I1，电路消耗的总功率为P1；开关闭合后，电动机正常工作，电流表的示数为I2，电路消耗的总功率为P2。则A. I2<5I1 B. I2=5I1 C. P2>5P1 D. P2=5P1【答案】A【解析】【分析】当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R的电压U；当电键S闭合后，通过R的电流仍为I1，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2U/r 求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围由P=UI求解电路中功率范围【详解】当电键S断开时，由欧姆定律得，P1=I1UU=20I1；当电键S闭合后，通过R的电流仍为I1，电动机转动，电动机的电流，故电流表的电流I25I1，电路消耗的电功率P=UI25I1U=5P1。故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2U/r 是关键不等式5.为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图，推进器内部充满海水，前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c=0.5m×0.4m×0.3m。空间内存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=10.0T，方向竖直向下。若在推进器前后方向通以电流I=1.0×103A，方向如图。则下列判断正确的是A. 推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为5.0×103NB. 推进器对潜艇规供向右的驱动为，大小为5.0×103NC. 推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0×103ND. 推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103N【答案】D【解析】【分析】依据左手定则来判定安培力的方向，再结合安培力公式F=BIL，即可求解。【详解】磁场方向向下，电流方向向外，依据左手定则，则安培力方向向右，因此驱动力方向向右，根据安培力公式F=BIL=10×1.0×103×0.4N=4.0×103N，综上所述，故ABC错误，D正确；故选D。6.如图甲所示，一电子仅在电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图乙所示。设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为A、B，则A. EA=EB B. EA<EB C. A=B D. A<B【答案】D【解析】【分析】从图象中可以看出，速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小，所以电场力就减小，电场强度就逐渐减小同时带电粒子的速度增大，说明了电场力做正功，电势能减小【详解】从图象中可以看出，速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小，所以电场力就减小，电场强度就逐渐减小，即EA>EB，故AB错误；电子的速度增大，说明了电场力做正功，电势能减小；电子带负电，所以电势升高AB故C错误，D正确。故选D。【点睛】该题中，图象中看出速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小是解决问题的关键7.如图所示，在匀强磁场中有一水平绝缘传送带以速度沿顺时针方向传动。现将一带正电的小物块轻放在传送带的左侧。设小物块在运动过程中电量保持不变，则小物块运动情况可能正确的是A. 小物块先做匀加速运动，最后做匀速直线运动B. 小物块做加速度增大的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动C. 小物块做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动D. 小物块做加速度减小的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动【答案】C【解析】【分析】滑块受重力、支持力、洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化。【详解】滑块受重力、支持力、向上的洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：（mg-qvB）=ma，随速度的增加，滑块的加速度逐渐减小，直到mg=qvB时加速度减为零，滑块做匀速运动，故选C.8.如图所示，边长为L的正方形导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁场中，bc边与磁场右边界重合。现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度匀速向右拉出磁场：二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度的变化率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时产生的感应电动势为 E=BLv；仅使磁感应强度随时间均匀变化产生的感应电动势为，根据感应电流大小相等，感应电动势大小相等，即可求解【详解】仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时产生的感应电动势为 E1=B0Lv；仅使磁感应强度随时间均匀变化产生的感应电动势为 ；据题线框中感应电流大小相等，则感应电动势大小相等，即E1=E2。解得，故选A。9.一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入电场中，由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h时速度为零，取重力加速度为g，下列判断正确的是A. 液滴重力势能减少量为mghB. 液滴的机械能减少量等于液滴的电势能增加量C. 液滴的电势能增加量为mghD. 电场力对液滴做的功为【答案】AB【解析】【分析】带电液滴在电场力和重力的作用，以竖直向下的初速度沿竖直方向下落，根据功能关系可得出电场力做的功；根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，即可求解【详解】带电液滴下落h高度，液滴重力势能减少量为mgh，选项A正确；由于只有重力和电场力做功，重力做正功，电场力做负功，电势能增加，而液滴的电势能与机械能之和不变，可知液滴的机械能减少量等于液滴的电势能增加量，由功能关系：W电=-mgh- ，即液滴的电势能增加量大于mgh；电场力对液滴做的功大于选项B正确，CD错误；故选AB.【点睛】考查功能关系与机械能是否守恒，并知道除重力以外力做功，导致机械能变化：若此力做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小10.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，从上极板的左端A点紧贴上极板以水平初速度v0向右射入一个带正电的粒子，粒子重力不计。当它的水平分速度与竖直分速度的大小之比为12时，恰好从下极板的右端B点射出。设极板长为L，板间距为d，则A. d=LB. d=2LC. 若粒子初速度为2v0，则粒子从电容器中飞出时距上极板D. 若粒子初速度为2v0，则粒子从电容器中飞出时距上极板【答案】AD【解析】【分析】带正电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，水平速度恒为v0，当粒子恰好从下端点B射出，它的水平速度与竖直速度的大小之比为1：2，故竖直分速度为2v0，竖直方向的平均速度为v0，再根据运动的等时性，可得d与L的关系。【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，速度恒为v0，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动；当粒子恰好从下端点B射出时，它的水平速度与竖直速度的大小之比为1：2，故竖直方向的末速度为2v0，由匀变速直线的运动规律可知：竖直方向的平均速度为v0，水平分运动和竖直分运动的运动时间相同，设为t，故，故B错误，A正确。若粒子初速度为2v0，则粒子飞出电场时时间变为原来的一半，根据可知，从电容器中飞出时距上极板的距离变为原来的1/4，即d/4，选项C错误，D正确；故选AD。11.如图所示，用回旋加速器分别加速A、B两种离子。已知A离子的质量为3m，电量为q；B离子的质量为4m，电量为2q。以下说法正确的是A. 加速A离子的交变电源的周期较小B. 加速B离子的交变电源的周期较小C. 带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关D. A离子从加速器中出来时的速度比B离子的大【答案】BC【解析】【分析】加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期；当离子获得最大速度时，在磁场中的运动半径等于D型盒的半径。【详解】加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期，即，因A离子的q/m小于B离子，可知加速A离子的交变电源的周期较大，选项A错误，B正确；带电离子获得的最大动能，可知带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关，选项C正确；A离子的q2/m比B离子小，则由可知A离子从加速器中获得的动能较小，速度较小，选项D错误；故选BC.【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能12.某静电场的方向平行于x轴，其电