山东省师范大学附属中学2017-2018学年高二上学期第六次学分认定（期末）考试物理（理）试题

山东省师范大学附属中学20172018学年高二上学期第六次学分认定（期末）考试物理（理）试题一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．每个小题只有一个选项正确)1.一正电荷在电场中由P到Q做匀加速运动，那么它是在下列哪个电场中运动()A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】在电场中由P到Q做匀加速运动，加速度不变，故受到的电场力不变；A、由图可知粒子由左向右运动，电场为匀强电场，故电场力不变，故A正确；B、粒子由左向右运动时电场线越来越疏，故电荷受力越来越小，故B错误；C、粒子受力向右，电场线越来越密，故场强越来越大，故粒子受到的电场力越来越大，故C错误；D、粒子由左向右运动时电场线越来越疏，故电荷受力越来越小，故D错误；故选A。【点睛】为了形象地描述电场的性质，我们引入了电场线，箭头的指向表示电场强度的方向，电场线的疏密能定性地描述电场的强弱。2.空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内()A.重力做的功相等B.电场力做的功相等C.电场力做的功大于重力做的功D.电场力做的功小于重力做的功【答案】C【解析】试题分析：带电粒子受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力，电场力大于重力，合力也是恒力，方向竖直向上，因此粒子才向上偏转，根据牛顿第二定律，有。带电粒子做类平抛运动，在竖直方向，相等的时间间隔内发生的位移之比为1:3:5:7，因此重力做功不相等，选项A错误。电场力做功也不相等，选项B错误。电场力做功大于重力做功，选项C正确，D错误。考点：本题考查电场和重力场做功的问题。3.关于电场线和磁感线的说法，正确的是()A.电场线越密的地方，同一电荷的电势能越大B.电场线方向一定与电荷受力方向相同C.磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷D.磁感线是闭合曲线，而静电场线不是闭合曲线【答案】D【解析】A、电场线越密的地方电场强度E大，电场强度E大的地方电势不一定高，同一电荷的电势能不一定大，故A错误；B、电场线上每点的切线方向表示该点电场强度方向，正电荷的受力方向与电场方向相同，负电荷的受力方向与电场方向相反，故B错误；CD、磁感线是闭合曲线，磁感线从磁体的外部N极出发回到S极，内部从S极到N极；而电场线是从正电荷到负电荷，不是闭合曲线，故C错误；D正确；故选D。【点睛】充分理解和掌握电场线、磁感线的特点是解决此题的关键，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便。4.如图所示，方形玻璃管中有NaCl的水溶液，沿x轴正方向流动，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B.图中a、b是垂直于z轴方向上玻璃管的前后两内侧面，则()A.a处电势低于b处电势B.a处钠离子浓度大于b处钠离子浓度C.溶液的上表面电势高于下表面的电势D.溶液的上表面处的氯离子浓度大于下表面处的氯离子浓度【答案】B【解析】AB、溶液中的正负离子沿x轴正向移动，由左手定则可知运动的正离子受到沿z轴正向的洛伦兹力，动的负离子受到沿z轴负向的洛伦兹力，故正离子都会偏向a处，负离子都会偏向b处，a处电势高于b处电势，a处钠离子浓度大于b处钠离子浓度，故A错误，B正确；CD、正离子都会偏向a处，负离子都会偏向b处，并没有上下之分,所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度,故CD错误；故选B。【点睛】对于电解液,溶液中既有正离子,也有负离子,两种离子都运动,这是与导体导电不同的地方,在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电。5.如图所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，关于这束带电粒子下列说法正确的是()A.可能是向右飞行的正离子束B.一定是向左飞行的正离子束C.可能是向右飞行的负离子束D.可能是向左飞行的负离子束【答案】C故选C。【点睛】对于电流方向、磁场方向的规定要熟练掌握，尤其是要正确根据安培定则判断电流方向与磁场方向之间的关系。6.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确．故选：B．【点评】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定．7.如图所示，水平桌面上一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，金属框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图(1)所示.0到1s内磁场方向垂直线框平面向下．圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L，电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度恒为B2，方向垂直导轨平面向下，如图(2)所示．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是下图中的(设向右为静摩擦力的正方向)哪一个()A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】在0到1秒内磁感应强度B1随时间t的均匀增加，则由法拉第电磁感应定律得感应电动势恒定不变，则电流也不变．再由楞次定律可得感应电流方向逆时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向，且大小也恒定；而在1秒到2秒内磁感应强度大小不变，则线圈中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力，因此棒不受静摩擦力，故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】让学生掌握法拉第电磁感应定律来算出感应电动势大小，而楞次定律来确定感应电流的方向，左手定则来判定安培力的方向。8.如图所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P，则应()A.将导轨间距变为原来的倍B.换一电阻减半的灯泡C.将磁场磁感应强度B加倍D.换一质量为原来倍的金属棒【答案】D【解析】试题分析：当棒下滑到稳定状态时做匀速直线运动，根据平衡条件有：，又安培力得，①由能量守恒定律得，灯泡的功率②；当把导轨间的距离增大为原来的倍时，即L变为倍，由①得知，变为原来倍，由②得知，P变为原来的倍，不符合条件，故A错误；换一电阻减半的灯泡，由①得知，变为原来的倍，由②得知，P变为原来的倍，不符合条件，故B错误；当把磁感应强度B增为原来的2倍，由①得知，变为原来的倍，由②得知，P变为原来的倍，不符合条件，故C错误；当换一根质量为原来倍的金属棒时，由①得知，变为原来的倍，由②得知，P变为原来的2倍，符合条件，故D正确。考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率9.如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是()A..a、b、c三个环B.b、c两个环C.a、c两个环D.a、b两个环【答案】D【解析】据题意，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，根据安培定则判断可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线向上，a、b两环都有磁通量．当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，a、b两环中磁通量会发生改变，故a、b两环中将产生感应电流．而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生；故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】判断有无感应电流产生，要紧扣感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，对于有两种磁感线穿过线圈时，要看抵消后总的磁通量是否变化。10.如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是()A.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b【答案】B【解析】根据磁场方向和导体棒的运动方向，用右手定则可以判断出在PQ中产生的感应电流的方向由P指向Q，即导体棒下端电势高、上端电势低，所以在接入R的闭合电路中，电流由c流向d，在接入r的闭合电路中，电流由b流向a，B正确。二、多项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．每个小题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选得0分)11.如图所示，图中的四个电表均为理想电表，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是()A.电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B.电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C.电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小D.电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大【答案】AC【解析】当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表读数增大，电压表读数，I增大，其他量不变，则减小；通过电流表的电流，减小，则减小；流过的电流，I增大，减小，则增大，则伏特表的读数增大，故AC正确．【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部12.如下图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是()A.始终做匀速运动B.开始做减速运动，最后静止于杆上C.先做加速运动，最后做匀速运动D.先做减速运动，最后做匀速运动【答案】ABD【解析】本题考查复合场。给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量使滑环获得速度，在磁场中受向上的洛伦兹力，如果则做匀速直线运动，A正确；如果则受到杆的弹力和摩擦力，一直减速最后静止，B正确；如果杆正确滑环的弹力向下，受摩擦力减速到洛伦兹力与重力相等时弹力消失摩擦力消失，此后做匀速直线运动，D正确；无论如何不会出现加速，C错误；选C。13.如图甲是录音机的录音电路原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁是电容式话筒的电路原理图，下列说法正确的是()A.甲图中录音机录音时，由于话筒的声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场B.乙图电路开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花C.丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化D.丁图电路中，根据电磁感应原理，声波的振动会在电路中产生恒定的电流【答案】AC【解析】试题分析：甲图中录音机录音时，根据电磁感应原理，在话筒处进行声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场，所以A正确；乙图电路开关断开瞬间，由于电路是断开的，故灯泡不会突然闪亮一下，所以B错误；丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化，所以C正确；丁图电路中，由于声波的振动，M极振动，改变电容器的板间距，从而改变电容，改变电荷量，使电路中产生变化的电流，不是电磁感应原理，所以D错误。考点：本题考查话筒的原理、自感现象、烟雾报警器14.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，并且学以致用，往往比掌握知识本身更重要．下列说法正确的是()A.丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象，拉开了研究电与磁相互关系的序幕B.在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电C.库仑利用库仑扭秤，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律D.安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的【答案】BCB、麻醉剂乙醚接触静电易产生爆炸现象，为防止麻醉剂乙醚爆炸，，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电，故B正确；C、库伦通过扭秤实验发现了两个静止的点电荷之间相互作用的规律从而提出了库仑定律，故C正确；D、安培定则是用来判断通电导线产生的磁场方向的，不能用来判断通电导线在磁场中受安培力方向，故D错误；故选BC。【点睛】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。15.在如图所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大电阻能忽略的线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是()A.合上开关，B先亮，A后亮；稳定后A比B更亮一些B.合上开关，A先亮，B后亮；稳定后A、B一样亮C.断开开关，A逐渐熄灭、B先变得更亮后再与A同时熄灭D.断开开关，B逐渐熄灭、A先变得更亮后再与B同时熄灭【答案】AC【解析】AB、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来，所以B比A先亮；由于线圈直流电阻忽略不计，稳定后，流过A灯的电流大于流过B灯的电流，A比B更亮一些，故B错误，A正确；CD、稳定后当电键断开后，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A、B和电阻R构成闭合回路放电，由于稳定时A灯的电流大于B灯泡的电流，故A逐渐变暗，B先闪亮一下，最后一起熄灭，故C正确，D错误；故选AC。【点睛】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解。16.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中A.导体框中产生的感应电流方向相反B.导体框中产生的焦耳热为1:3C.导体框ab边两端电势差为1:3D.通过导体框截面的电量相同【答案】BD【解析】A、导体框移出磁场时，根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向，故A错误；B、设磁感应强度为B，线框边长为L，电阻为R，则；又vt=L，得到，则，导体框中产生的焦耳热为1:3，故B正确；C、向上移出磁场时，ab电势差，向右移出磁场时，ab电势差，导体框ab边两端电势差为1：1，故C错误；D、由电量，通过导体框截面的电量相同，故D正确；故选BD。【点睛】导体框出磁场，根据楞次定律判断出感应电流方向相同，根据焦耳定律、欧姆定律和法拉第电磁定律研究焦耳热、ab电势差和电量的关系。三、实验题17.完成下列图中读数(1)游标卡尺的游标尺上有50个等分刻度，读数为________mm。(2)螺旋测微器的读数为_________mm．【答案】(1).23.20mm(2).1.980mm【解析】(1)从主尺上读出毫米整数部分为23mm，从游标尺上可以看出第10条刻度线与主尺上刻度线对齐．故为10×0.02mm=0.20mm，则游标卡尺的读数应为：23mm+0.20mm=23.20mm；(2)螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为0.01×48.0mm=0.480mm，所以最终读数为1.5mm+0.480mm=1.980mm；18.物理兴趣小组某次实验中用到保护电阻R0，需要测量保护电阻的阻值，请完成相关的内容：(1)用多用表测量保护电阻R0的阻值，将转换开关转到“Ω×1K”挡，进行欧姆调零后，将红、黑表笔分别接在R0的两端，测量结果如右图所示，则R0的阻值为_______．(2)现要进一步精确测量R0阻值，提供了下列可选用的器材：A．电流表A1(量程0.3mA，内阻约1Ω)B．电流表A2(量程0.6mA，内阻约0.3Ω)C．电压表V1(量程3.0V，内阻约3kΩ)D．电压表V2(量程15.0V，内阻约5kΩ)E．滑动变阻器R1(最大阻值为5Ω)F．滑动变阻器R2(最大阻值为100Ω)G．电源E(电动势为4V，内阻可忽略)H．开关、导线若干．①为了取得较多的测量数据，尽可能提高测量准确度，某同学采用如图所示电路，应选择的器材为(只需填器材前面的字母)电流表_______，电压表_______，滑动变阻器_______。②请根据自己设计的电路图完成实物图连线______。③通过实验，电阻R0的测量值_______(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。【答案】(1).3kΏ(2).B(3).C(4).E(5).(6).大于【解析】(1)用多用表测量保护电阻R0的阻值，将转换开关转到“Ω×1K”挡，指针所指位置为3，则R0的阻值为3×1KΩ=3KΩ；(2)为了取得较多的测量数据，尽可能提高测量准确度，某同学采用如图所示电路，由于电源E(电动势为4V)，所以电压表选V1(量程3.0V，内阻约3kΩ)，故选C；保护电阻R0的最大电流大约，所以电流表选A2(量程0.6mA，内阻约0.3Ω)，故选C；滑动变阻器采用分压式，应选阻值小电流大的滑动变阻器，所以滑动变阻器选R1(最大阻值为5Ω)，故选E。(3)由于，电流表采用内接法，滑动变阻器的阻值小，滑动变阻器采用分压式，电路图完成实物图连线为由于电流表采用内接法，电流表分压使电压表示数变大，所以电阻R0的测量值大于真实值。【点睛】考查了欧姆表的使用、实验电路的选择、实验误差分析、连接实物电路图；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确选择实验电路图的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法。四、计算题(本题共3小题，共35分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)19.一个电子从x轴上的P点以速度v=3.2×106m/s，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴从Q点射出第一象限,垂直纸面的磁场的磁感应强度B=9.1×106T。（已知电子质量m=9.1×1031kg，电荷量e=1.6×1019C）求:(1)磁场方向；(2)P、Q两点的坐标。【答案】（1）垂直纸面向外（2）P（，0），Q（0,3m）【解析】【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则确定磁场方向，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出半径，由作图求出P、Q两点的坐标。解：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则确定磁场方向垂直纸面向外；(2)由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有解得由题意作图，如图所示由几何关系有，所以P点的坐标（，0），Q两点的坐标（0，3m）20.如图所示,有两根和水平方向成α=37°角的光滑平行的金属轨道,电阻不计，宽为L=2m，上端接有阻值R=3Ω的电阻，下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T,一根质量m=0.2kg的金属杆电阻r=2Ω，从轨道上由静