福建省福州第一中学2020-2021学年高二(上)期末物理试题(解析版)

所以
故ABD错误，C正确。
故选C。
8.如图所示，空间某处存在竖直向下 匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是（ ）
A.小球可能做匀变速运动B.小球一定做变加速运动
C.小球动能可能不变D.小球机械能守恒
【答案】BC
【解析】
【详解】粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
则周期
粒子在纸面内运动，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直，作出粒子运动轨迹如下图所示
由Байду номын сангаас何关系可得
所以粒子以速率v运动的时间为
当粒子速率变为 ，此时粒子运动半径为
周期
作出此时粒子运动的轨迹图如下图所示
根据几何知识可知旋转的角度
则粒子以速率 运动的时间为
7.空间有一圆柱形匀强磁场区域，O点为圆心。磁场方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率 射入磁场， =30°，粒子在纸面内运动，经过时间 离开磁场时速度方向与半径 垂直。不计粒子重力。若粒子速率变为 其它条件不变。粒子在圆柱形磁场中运动的时间为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【答案】①.B②.C③.F④. ⑤.大于⑥.电压表的读数大于待测电阻两端实际电压
【解析】
【分析】①由于本题的被测电阻达到10kΩ，所以电源要选择电动势大的，然后根据电路电流选择电流表，电压表；
②若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，根据 和 的关系分析电流表的接法；
在竖直平面内有间距为l的足够长的平行金属导轨pqef在qf之间连接有阻值也为r的电阻其余电阻不计磁感应强度为b0的匀强磁场与导轨平面垂直开始时金属杆置于导轨下端qf处将重物由静止释放当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降
2020-2021年福州一中高二上期末考试试卷
物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
(2)下列情况之一者，须采用分压接法：
①当测量电路的电阻远大于滑动变阻器阻值，采用限流法不能满足要求时（本题就是该例子）；
②当实验要求多测几组数据（电压变化范围大），或要求电压从零开始调节；
③电源电动势比电压表量程大得多，限流法滑动变阻器调到最大仍超过电压表量程时。
电流表内接和外接的选用：
当 时，宜采用内接法，即大电阻用内接法；
A.导体棒ab刚获得速度v0时受到的安培力大小为
B.导体棒ab、cd速度会减为0
C.两导体棒运动的整个过程中产生的热量为 mv02
D.当导体棒ab的速度变为 v0时，导体棒cd的加速度大小为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．导体棒ab刚获得速度v0时产生感应电动势
感应电流为
安培力为
联立可得
故A错误；
③根据电流表的接法判断实验误差所在；
【详解】①[1][3]若选用电源1.5V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用12V的，即F；则电压表就应该选取B；
[2]电路中的最大电流为
故选用电流表C。
②[4]因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10Ω，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，由于 ，所以采用电流表内接法，电路图如图所示
点睛：解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道电子受到电场力和洛伦兹力平衡，注意地磁场赤道与两极的分布．
10.如图所示，竖直放置的 形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆（ ）
故选B
【点评】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用．
3.如图所示，质量为m、长为 的铜棒 ，用长度也为 的两根轻导线水平悬吊在方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。未通电时，轻导线静止在竖直方向上，通入恒定电流后，铜棒向外偏转的最大角度为θ，则（ ）
A.铜棒中电流的方向为 B.铜棒中电流的大小为
当 时，宜采用外接法，即小电阻用外接法；可记忆为“大内，小外”。
12.某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：
多用电表；
电压表：量程5V，内阻十几千欧;
1.国际单位制中，不是电场强度的单位是
A.N/CB.V/mC.J/CD.T m/s
【答案】C
【解析】
【详解】由公式 可知，N/C为电场强度单位；由公式 可知，V/m也是电场强度单位；由 可得 ，故T m/s也是电场强度单位；由公式 可知，J/C是电势差单位，故选C．
【学科网考点定位】电场强度
【方法技巧】本题通过电场强度公式 ， ， 分别判断对应的场强单位．
A.电压表（量程0~1V，内阻约10kΩ）
B 电压表（量程0~10V，内阻约100kΩ）
C.电流表（量程0~1mA，内阻约30Ω）
D.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.05Ω）
E.电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）
F.电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）
G.滑动变阻器R0（阻值范围0~10Ω，额定电流2A）
【解析】
【详解】AB．小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；
C．若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；
D．沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球 机械能不守恒，D错误。
故选BC。
9.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，当元件中通入图示方向的电流I时，C、D两侧面会形成一定的电势差U．下列说法中正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，所以正确选项B．
5.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab、cd，与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为m，长度均为L，电阻均为R，其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒ab以水平向右的初速度v0，则（ ）
A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
【答案】BC
【解析】
【详解】本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合分析问题的能力．由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项A错误；对金属杆受力分析，根据 可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图象如图所示，由于0~t1和t1~t2图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以t1>（t2-t1），选项B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则 ，得 ，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于 ，根据 得金属杆进入磁场的高度应大于 ，选项D错误．
A.若C侧面电势高于D侧面，则元件中形成电流的载流子带负电
B.若C侧面电势高于D侧面，则元件中形成电流的载流子带正电
C.在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U最大
D.在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U最大
【答案】AD
【解析】
【详解】若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏，则C侧面的电势高于D侧面的电势．故A正确；若元件的载流子是正电离子，由左手定则可知，正电离子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势，故B错误；在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，因磁场竖直方向，则元件的工作面保持水平时U最大，故C错误；地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，当与地球经线垂直时U最大．故D正确．故选AD．
③[5][6]由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据 可知测量值偏大；
【点睛】滑动变阻器的分压和限流接法的区别和选用原则：
区别：(1)限流接法线路结构简单，耗能少；
(2)分压接法电压调整范围大，可以从0到路端电压之间连续调节；
选用原则：(1)优先限流接法，因为它电路结构简单，耗能较少；
点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感应的应用，解题的突破点是金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做减速运动．
二、实验题
11.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10kΩ），除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：
C.铜棒中电流的大小为 D.若只增大轻导线的长度，则θ变小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由左手定则可知，铜棒中电流的方向为 ，故A错误；
BC．对铜棒，由动能定理得
解得
故B错误，C正确；
D．由以上分析可知，最大偏转角θ与轻导线的长度无关，故D错误。
故选C。
4.如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是
B．运动过程中，两导体棒系统动量守恒，有
可得最终两棒速度为
故B错误；
C．两导体棒运动的整个过程中产生的热量为机械能的损失
故C正确；
D．由动量守恒可得
解得
导体棒ab产生的电动势为
导体棒cd产生的电动势为
两电动势反向，则总电动势为
感应电流
安培力为
联立可得
则导体棒cd的加速度大小为
故D错误。
故选C。
6.如图所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，在三角形abd内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，在三角形bcd内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为B的匀强磁场．一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合．规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】感应电动势 ，电流 ，三角形egf向右运动，根据右手定则，开始时ef切割磁感线，产生顺时针电流，大小设为 ， 过程，en切割磁感线产生向下的电流，nf产生向上的电流，em产生向下电流，切割磁感线的有效长度为 ，随着三角形的运动 在减小，感应电流减小，当运动 时， ，电流为零， 过程，继续移动根据等边三角形的几何关系，nf+em大于en， ，逐渐变大，电流变大，当efg与bcd重合时，eg边和ef切割磁感线，产生电流方向均为逆时针，大小变为 ，L-2L过程中，继续移动gm切割磁感线，产生感应电动势，L有=gm，逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，A正确．
2.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是
A. C和U均增大B. C增大,U减小
C. C减小,U增大D. C和U均减小
【答案】B
【解析】
【详解】解：由公式 知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式 知，电荷量不变时U减小，B正确．
①为使测量尽量准确，电压表选用_______，电流表选用_______，电源选用_______。（均填器材的字母代号）；
②画出测量Rx阻值的实验电路图_______。
③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会_______其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是_______。