福建省三明市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

福建省三明市高二（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图，平行实线代表电场线，方向未知，带电量为1×10-2C的正电荷在电场中只受电场力作用．该电荷由A点移到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为-10V，则（ ）
A．电荷运动的轨迹可能是图中曲线②
B．电荷运动的轨迹可能是图中曲线①
C．B点的电势为零
D．电场线方向向右
2．如图，在匀强电场中，A、、、、、位于边长为的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、、、的电势分别为、、、，则下列说法正确的是（　　）
A．点的电势
B．A、间的电势差
C．、间的电势差
D．该匀强电场的场强大小
3．如图所示，在空间I区域中有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场组成的复合场。一质量为m，带电量为q的带电粒子以速度v与水平方向成角θ从O点进入I区域，该粒子恰好沿直线运动到A点后进入II区域，虚线OA为其运动轨迹。在II区域中有垂直纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场E2（大小方向未知，图中未画出）组成的正交复合场，II区域磁感应强度大小与I区域磁感应强度大小相等。已知该带电粒子在II区域中恰好做匀速圆周运动，并从I、II区域交界的C点射回I区域（图中未画出C点），下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在I区域中的运动一定是匀速直线运动
B．磁感应强度B的大小为B=
C．带电粒子一定带正电，且II区域中的电场强度E2=，方向竖直向下
D．在II区域中射入点A和射出点C之间的距离为
4．如图所示的是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，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A1-A2，平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（　　）
A．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
二、单选题
5．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，现将滑片P移向右端，则（　　）
A．电流表的示数变大 B．电压表的示数不变
C．电灯L消耗的功率不变， D．电阻R1消耗的功率变小
6．如图，在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈ABCD，AB边与磁场垂直，MN边始终与金属滑环K相连，PQ边始终与金属滑环L相连。金属滑环L、交流电流表A、定值电阻R、金属滑环K通过导线串联。现使矩形线圈以恒定角速度绕过BC、AD中点的轴旋转。下列说法中正确的是（　　）
A．线圈磁通量最大时，感生电动势也最大
B．线圈转动的角速度越大，交流电流表A的示数越小
C．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大
D．线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小
7．如图所示为一种获得高能粒子的装置一环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的可变匀强磁场，质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A，B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，设粒子的初速度为零，在两极板间的电场中加速，每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场多次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕中心运动的半径不变(设极板间距远小于R)，粒子重力不计，下列关于环形加速器的说法中正确的是
A．加速器对带正电粒子顺时针加速，对带负电粒子加速需要升高B板电势
B．电势U越高，粒子最终的速度就越大
C．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为
D．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为
8．矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示．设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4 s时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是(规定ab边所受的安培力向左为正)(　　)
A． B．
C． D．
9．下面列举的四种器件中，在工作总结利用了电磁感应定律的是（　　）
A．粒子速度选择器 B．电磁炉 C．质谱仪 D．示波器
10．如图所示为通电长直导线的磁感线图，等面积线圈S1、S2与导线处于同一平面，关于通过线圈S1、S2的磁通量Φ1、Φ2，下列分析正确的是（ ）
A．Φ1＞Φ2 B．Φ1＜Φ2 C．Φ1=Φ2≠0 D．Φ1=Φ2=0
11．如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关K闭合，电容器两极板间有一质量为m，带电量为q的微粒静止不动，下列各叙述中正确的是（　　）
A．断开开关K，把电容器两极板距离增大，微粒仍能保持静止
B．断开开关K，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动
C．保持开关K闭合，把电容器两极板距离增大，电容会增大
D．保持开关K闭合，把电容器两极板距离增大，两极板的带电量会增大
12．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列结论错误的是（　　）
A．电源的电动势为12 V
B．电源的短路电流为0.5 A
C．电源的内阻为10 Ω
D．电流为0.3 A时，电源输出功率2.7W
三、实验题
13．某同学用多用电表测量一电阻丝的电阻，请将其操作补充完整。
（1）旋转选择开关，使其对准欧姆挡的“”挡；
（2）将两表笔短接，调节表盘上的旋钮___________（填图中字母“S”或“T”），使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，而后断开两表笔；
（3）将两表笔分别接到被测电阻丝的两端，发现多用表的指针位置如图中b指针所示，随后断开两表笔；
（4）旋转选择开关，使其对准欧姆挡的“×100”挡，重新欧姆调零后，再将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端进行测量，结果多用电表的指针位置如图中a指针所示，则被测电阻丝的阻值为___________Ω；
（5）旋转选择开关，使其对准“OFF”挡，并拔出两表笔。
14．某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻。
(1)先用多用表的选择开关指在直流“2.5V”档，然后直接接在电源两极，读数如图甲所示，则电源电动势约为______V；
(2)为了更准确地测量电源的电动势和内电阻，又设计了如图乙所示的测量电路；
(3)将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关，从多用表上读出相应的示数I；
(4)改变电阻箱电阻获得多组R、I数据，根据数据作出了如图丙所示的图线。由图线可得干电池的电动势E=______V（保留3位有效数字），内阻r=__________Ω（保留2位有效数字）。多用电表的内阻对______（填“E”“r”或“E和r”）的测量结果有影响。
15．在测定金属的电阻率实验中，金属导线长为约0.8m，直径小于1mm，电阻等于5Ω左右，实验步骤如下：
（１）用米尺测量金属导线的长度，测三次，求平均值Ｌ，在金属导线三个不同的位置用螺旋测微器测量直径，求出平均值d，上图中螺旋测微器的读数为______mm.
（2）用上面测量的金属导线长度L，直径d和电阻R，根据电阻率的表达式ρ＝_____ ，算出所测金属的电阻率．
四、解答题
16．如图所示，平面直角坐标系第一象限存在沿轴正方向、场强大小为的匀强电场。距离原点为处有一个竖直放置的荧光屏，荧光屏与轴相交于点，且纵贯第四象限。一个顶角等于的直角三角形区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，三角形区域的一条直角边与轴重合，，。一束带负电的同种粒子以相同的速度，从边上的各点沿轴负方向射入磁场，已知从点射入的粒子恰好不能从边射出磁场，边界，上有磁场。忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。求：
（1）粒子的比荷；
（2）从点射入的粒子经过多长时间打在荧光屏上；
（3）从磁场中垂直于轴射入电场的电子打到荧光屏上距点的最近距离。
17．如图所示，宽度为L的金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上端接有一特殊的电子元件，如果将其作用等效成一个电阻，则其阻值与其两端所加的电压成正比，即等效电阻，式中k为恒量．框架上有一质量为m的金属棒水平放置，金属棒与光滑框架接触良好，离地高度为h，磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直．将金属棒由静止释放，棒沿框架向下运动．其它电阻不计，问：
（1）金属棒运动过程中，流过棒的电流多大？方向如何？
（2）金属棒经过多长时间落到地面？
（3）金属棒从释放到落地过程中在电子元件上消耗的电能多大？
18．在我们解决物理问题的过程中经常要用到“类比法”，这样可以充分利用已有知识快速构建物理模型、找到解决问题的途径。
(1)质量为m、电荷量为e的电子在库仑力的作用下以速度v绕原子核做匀速圆周运动，该模型。与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图(1)。已知在一段时间内，电子走过的弧长为s，其速度方向改变的角度为θ（弧度）。静电力常量为k。不考虑电子之间的相互作用，求出原子核的电荷量Q；
(2)如图(2)，用一根长为L的绝缘细线悬挂一个可看成质点的金属小球，质量为m，电荷量为-q。悬点下方固定一个足够大的水平放置的均匀带正电的介质平板。小球在竖直平面内做小角度振动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。
a.已知忽略边缘效应的情况下，带电平板所产生的静电场的电场线都垂直于平板，静电场的电场力做功与路径无关。请证明∶带电平板所产生的静电场是匀强电场；
b.在上述带电平板附近所产生的静电场场强大小为E，求：金属小球的振动周期。
五、填空题
19．直导线ab内通有稳恒电流，产生磁场方向如图，导线中的电流方向为_________（选填“从a到b”或“从b到a”）；一线框从M处沿ab所在竖直平面向下移动到N处，线框内的磁通量变化情况是________。
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
AB.由动能定理可知WAB=Ek =-0.1J，可知由A点移到B点，电荷受到的电场力做负功，电荷受力向左；由物体做由线运动时，运动的轨迹应夹在初始速度及合外力方向的中间知，电荷运动的轨迹可能是图中曲线①，故A错误，B正确；
C.由电势差的定义式
UAB==V=-10V
其中UAB=A-B，B点的电势B=A -UAB=0V，故C正确；
D.由A点移到B点，电荷受到的电场力做负功，电荷电势能增加，B点的电势高于A点电势；而电场线由高电势指向低电势，电场线方向向左，故D错误．
2．AD
【解析】
【分析】
【详解】
ABC．匀强电场中，平行等间距的两点间电势差相等，把AD四等分，可知
连接BG延长交于F，该直线为等势线，匀强电场中的等势线平行，如图所示
可得，点的电势为
A、间的电势差为
、间的电势差为
A正确，BC错误；
D．该匀强电场的场强大小为
D正确。
故选AD。
3．AD
【解析】
【详解】
A．带电粒子在Ⅰ区域做直线运动，若v大小改变，洛伦兹力大小必定改变，可知合力不可能为0且方向不可能永远与速度方向在同一直线上，故粒子只能做匀速直线运动，故A正确；
B．根据粒子在Ⅰ区域的受力分析如图所示，由图可知，带电粒子必定带正电，且
mg=F洛cosθ
F洛=qvB
解得
故B错误；
C．带电粒子在Ⅱ区域中做匀速圆周运动，则必有
mg=qE2
故
方向竖直向上，故C错误；
D．带电粒子在Ⅱ区域中做匀速圆周运动由
解得半径
其运动情况如图所示，则射入点A和射出点C之间的距离为
故D正确。
故选AD。
4．AD
【解析】
【详解】
A．在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有
解得
故A正确；
B．根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故B错误；
CD．进入偏转磁场后，有
解得
知r越小，比荷越大，故C错误，D正确。
故选AD。
5．A
【解析】
【详解】
A．滑动变阻器的滑片P向右端滑动中，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总电阻R减小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路的总电流I增大，电流表的示数变大，A正确；
B．电路总电流增大，路端电压
U=E Ir
减小，所以滑动变阻器及R1的电流增大，R1的电压增大，所以电压表的示数减小，B错误；
C．路端电压减小，电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L的电流减小，则
PL=IL2RL
所以电灯L消耗的功率减小，C错误；
D．R1的电流增大，由
P1=I12R1
可知，电阻R1消耗的功率变大， D错误。
故选A。
6．C
【解析】
【详解】
A．线圈平面与磁场垂直时，磁通量最大，但线框不切割磁感线，感应电动势为零，选项A错误；
B．线圈转动的角速度越大，根据知最大值越大，故有效值越大，交流电流表A的示数越大，选项B错误；
C．线圈平面与磁场平行时，线框切割磁感线最快（垂直切割），感应电动势最大，流经定值电阻R的电流最大，选项C正确；
D．交流电流表A测量的是交流电流的有效值，其示数不随时间变化，选项D错误。
故选C。
7．D
【解析】
【详解】
A项：由左手定则可知，加速器对带正电粒子顺时针加速，带负电粒子逆时针加速即可，所以对带负电的粒子加速不需要升高B板电势，故A错误；
B项：由于粒子做半径不变的圆周运动，由公式，解得：，所以粒子最终的速度与U无关，故B错误；
C项：粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功，设粒子绕行n圈获得的速度为，由动能定理得：，解得：，粒子绕行第n圈的时间为，所以，故C错误；
D项：粒子在环形区域磁场中，由公式，解得：，所以，故D正确．
故选D．
8．D
【解析】
【详解】
0～1s内，由楞次定律可判断电流方向为b→a，根据法拉第电磁感应定律，电流的大小恒定，由左手定则可判断ab边受到的安培力向左，为正方向的力，根据F=BIL可知安培力逐渐减小．1s～2s内，磁场向外且增大，线框中电流方向为b→a，电流大小恒定，ab边受到向右的力，为反方向，根据F=BIL可知安培力逐渐增大；2s～3s内，磁场向外且减小，线框中电流方向为a→b，电流大小恒定，ab边受到向左的力，为正方向．根据F=BIL可知安培力逐渐减小．3s～4s内，磁场向里且增大，线框中电流方向a→b，电流的大小恒定，ab边受到向右的力，为反方向，根据F=BIL可知安培力逐渐增大．综合上述三项，知D正确．故选D．
9．B
【解析】
【详解】
A．速度选择器是利用带电粒子所受洛伦兹力等于电场力，利用的是磁场力，故A错误；
B．电磁炉是利用交变电流产生变化的磁场从而产生涡流，利用了电磁感应，故B正确；
C．质谱仪利用了带电粒子在磁场中的偏转，利用的是磁场力，故C错误；
D．示波器利用了带电粒子在电场中的偏转，利用的是电场力，故D错误。
故选B。
10．A
【解析】
【详解】
直导线周围的磁感应强度随距离的增大而减小，S1处的磁感应强度大于S2处的磁感应强度；由Φ=BS可知，Φ1＞Φ2；故A正确，BCD三项错误．
11．A
【解析】
【详解】
A、断开K后，已充电的电容器两板仍储有电荷，极板的电量不变，根据，与，推导出电场强度的公式，由此可知，电场强度与极板间距无关，因此粒子仍保持原来的静止状态，故A正确，B错误；
C、保持K闭合，增大两板间距d，由，可知，电容减小，故C错误；
D、保持K闭合，增大两板间距d，则两板间电压不变，由可知，带电量减小，故D错误；
点睛：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由，与，推导出电场强度的公式，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动．
12．B
【解析】
【详解】
A．由图可知，电源的电动势为12V，A正确；
B．图像与横坐标的交点为电压为7V时的电流0.5A，不是短路电流，B错误；
C．电源的内阻
C正确；
D．电流为0.3 A时，电源的外电压
电源输出功率
D正确。
故选B。
13． T 1500
【解析】
【详解】
（2）[1] 选好挡位后，要进行欧姆调零，将两表笔短接，调节表盘上的调零旋钮，即旋钮T。
（4）[2]由图可知，被测电阻丝的阻值为
15×100Ω=1500Ω
14． 1.30 1.43（或1.44） 6.0（5.8~6.2均可）
【解析】
【详解】
(1)[1]若多用表的选择开关指在直流“2.5V”档，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，则电源电动势约为1.30V
(4)[2][3]闭合电路欧姆定律得
变形得
根据函数斜率和截距的概念应有
由于误差1.44V也可，且有
可得
由于读数误差（5.8~6.2均可）
[4]由于多用表存在内电阻，所以有闭合电路欧姆定律得
变形得
所以纵轴截距的绝对值代表电流表与电源的内阻之和，所以多用表的内电阻对r的测量结果有影响
15． 0.685-0.688mm
【解析】
【详解】
（1）主尺读数为0.5mm，可动刻度为18.5×0.01mm
所以读数为0.5mm+18.5×0.01mm=0.685mm
（2）由电阻定律，由此可得电阻率
16．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）如图所示
根据几何关系
粒子在磁场中的轨迹半径为
根据
解得
（2）粒子在磁场中转过角度为 ，粒子在磁场中的周期为
则在磁场中运动的时间为
粒子出了磁场到达荧光屏的时间
则粒子从点射入打在荧光屏上的时间
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上
解得
所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平
解得
设粒子最终打在光屏的最远点距Q点为H，粒子射出电场时的夹角为θ有
当 ，即 时，H有最大值
由于
所以
17．（1）；方向由a流向b （2）；(3)
【解析】
【详解】
（1）金属棒向下运动，利用右手定则可得，流过金属棒的电流方法为：由a流向b．
根据题意，流过金属棒的电流：
（2）金属棒下落过程中金属棒受到的安培力为：
根据牛顿第二定律得
故加速度恒定，金属棒做匀加速直线运动．
设金属经过时间t落地，则满足：
解得：
(3)金属棒落地时速度满足：
根据功能关系，消耗电能为E，有
得金属棒从释放到落地过程中在电子元件上消耗的电能：
【点睛】
18．(1)；(2)a.证明见解析；b.
【解析】
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，依据库仑力提供向心力，则有
由几何关系，得
解得
(2)a.反证法
如图所示
若存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷+q，让+q从a点沿矩形路线abcda（ab与电场线平行，bc边与电场线垂直）运动一周回到a点。设ab处的场强大小为E1，cd处的场强大小为E2，根据功的定义，电场力做的总功
其中
Wab=qE1xab，Wcd=-qE2xcd=-qE2xab
bc段和da段电场力始终与运动方向垂直，故
Wbc=Wda=0
得
但根据电场力做功的特点，做功与路径无关，故Waa=0。
上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场。
所以，电场线都垂直平板的情况下，都是平行的，必须等间距，所以该静电场是匀强电场。
b.电场力
等效重力加速度
小球在库仑力作用下的振动周期
19． 从b到a 先增大后减小再增大再减小
【解析】
【详解】
[1]由安培定可知导线中的电流方向为从b到a；
[2]通电导线附近，越靠近导线磁感应强度越大，线框下边刚刚到ab所在平面，线框的磁通量最大，当线框中点到达ab所在平面，磁通量减小到0，当线框上边刚到ab所在平面时磁通量反向增加到最大，再继续向下，磁通量减小，所以线框内的磁通量变化情况是先增大后减小再增大再减小。
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