云南省通海第三中学2018_2019学年高二物理上学期期末考试题（含解析）.doc

1、1云南省通海三中 2018-2019学年上学期期末考高二 物理一、单选题 1.MN板两侧都是磁感强度为 B的匀强磁场，方向如图所示，带电粒子从 a位置以垂直磁场方向的速度开始运动，依次通过小孔 b、c、d，已知 abbccd，粒子从 a运动到 d的时间为 t，则粒子的比荷为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】画出粒子的运动轨迹如图，则有 t=1.5T，则得 ，由周期公式 得： ，解得，粒子的比荷 ，故 AT=23t T=2mqB 2mqB=23t qm=3tB正确。点晴：带电粒子垂直射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，已知ab=bc=cd，画出轨迹，可知时间 t=1.

2、5T，求出周期，由周期公式 求出比荷。T=2mqB2.如图中哪个箭头能正确显示某电路中一段导体中电流产生的磁场方向( )A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】2【分析】电流方向与磁场方向的判断，利用右手螺旋定则判断，大拇指指向电流的方向，弯曲四指表示磁感线的环绕方向【详解】据电路图知，电流的方向向右，利用右手螺旋定则，大拇指指向电流的方向，弯曲四指表示磁感线的环绕方向，所以 A表示正确，故 A正确，BCD 错误。【点睛】利用应用右手螺旋定则判断电流方向和磁场方向是解题的关键3.下列说法中正确的是（ ）A. 电源电动势实质上就是电源两极间的电压B. 电源电动势在数值上等于电源两

3、极间的电压C. 电源电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别D. 电动势越大，电源两极间的电压一定越高【答案】C【解析】【分析】电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；电动势等于非静电力把 1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和【详解】AB电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压；故 AB错误；C由 A的分析可知，电源电动势与电压单位相同，但与电压有本质的区别；故 C正确；D电动势越

4、大，说明电源转化能量的本领越大，但电源两端的电压与外电路有关，电压并一定大；故 D错误；【点睛】电动势是一个表征电源特征的物理量定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功4.下列说法中不正确的是（ ）A. 任何带电体的电荷量都一定是 e的整数倍B. 磁感线一定都是闭合的曲线3C. 由电场强度公式 E= 可知， E与 F成正比， E与 q成反比FqD. 在公式 B= 中， B是磁感应强度，它反映磁场本身的性质，与 F、 I、 L无关FIL【答案】C【解析】【分析】实验证明，任何带电体的电荷量都一定是 e的整

5、数倍；磁感线是用来形象地表示 磁场分布情况的一些有方向的曲线，磁体周围的磁感线都是从磁体的 N极出来，从 S极进去，磁体的内部从 S极指向 N极，构成闭合的曲线，电场强度是由电场本身决定 的，磁感应强度是由磁场本身决定的【详解】A实验证明，任何带电体的电荷量都一定是 e的整数倍。故 A正确；B磁体周围的磁感线都是从磁体的 N 极出来，从 S 极进去，磁体的内部从 S极指向 N极，构成闭合的曲线，故 B正确；C电场强度公式 E 是定义式电场强度，E 与 F成无关，E 与 q无关，由电场本身决定。=Fq故 C错误；故选 C。D在公式 B 中，B 是磁感应强度，它反映磁场本身的性质，与 F、I、L

6、无关。故 D正=FIL确。【点睛】在物理公式中，要注意区分定义式、表达式与关系式之间的差别，真正理解其内涵与外延是学好物理的关键之一5.如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域 abcd， e是 ad的中点， f是 cd的中点，如果在 a点沿对角线方向以速度 v射入一带负电的粒子，恰好从 e点射出，则( )A. 如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从 f点射出B. 如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从 f点射出C. 如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从 d点射出D. 只改变粒子的速度使其分别从 e、 d、 f点射出时，从 f点射出所用时间最短4【答案】D【解析】【分析】粒子在磁场

7、中由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动由半径公式 r ，分析速度增=mvqB大时，半径如何变化，根据轨迹，分析粒子将从哪点射出；根据轨迹对应的圆心角分析运动时间的关系【详解】A如果粒子的速度增大为原来的二倍，磁场的磁感应强度不变，由半径公式 r可知，半径将为原来的 2倍，根据几何可知，粒子正好从 d点射出。故 A错误。=mvqBB设正方形的边长为 2a，则粒子从 e点射出时，轨迹半径为 a如果磁场的磁感应强度22不变，粒子的速度变为原来的 3倍，由半径公式 r 可知，半径将变为原来的 3倍，即=mvqB变 a粒子轨迹圆心高于 cd延长线上，则由几何关系 a a0.4a，可知，轨迹离 ad324

8、 324 -34最远仍小于 0.5a，所以粒子从 fd之间射出磁场。故 B错误。C如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度也变为原来的二倍，由半径公式 r 可知，=mvqB半径减小为原来的 ，因此不可能从 d点射出。故 C错误。12D只改变粒子的速度使其分别从 e、d、f 三点射出时，轨迹的圆心角是从 f点射出时最小，运动时间最短。故 D正确。【点睛】本题要掌握粒子圆周运动的半径公式，由几何关确定圆心的位置，及由半径的公式确定半径的大小，由转过的角度确定时间6.如图所示，放在条形磁铁磁场中的软铁棒被磁化后的极性是( )A. C棒未被磁化 B. A棒左端为 S极C. B棒左端为 N极 D. C棒左端

9、为 S极【答案】B【解析】【分析】磁化后的磁极应与电磁铁的极性有必然的关系，可由磁极间的相互作用判定5【详解】由图可知，各磁体均处在磁场中，故均可以被磁化；磁化后磁体的 N极指向应与磁感线的方向相同，则可知，A 的左端为 S极，B 的左端为 S极，C 的左端为 N极；故只有B正确。【点睛】此题考查了磁化现象，要解决此题首先要明确磁化后的磁体的 NS极与原磁体的NS极之间的位置关系可以通过磁极间的相互作用或磁感线的方向进行判断7.如图所示，空间中存在水平向里、磁感应强度大小为 B的匀强磁场，磁场内有一根长度一定的绝缘直杆 OA， OA与水平面的夹角为 .一带电荷量为 q、质量为 m的带负电小球套

10、在直杆上，从 A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为 tan .则在小球运动过程中，下列小球的速度时间图象可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对圆环受力分析，结合洛伦兹力的变化得出支持力的变化，从而得出摩擦力的变化，根据牛顿第二定律求出加速度的变化，判断出物体的运动规律【详解】小球开始受重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，开始加速度方向向下，做加速运动，速度增大，则洛伦兹力增大，支持力减小，摩擦力减小，沿杆子方向，加速度增大，所以开始做加速度逐渐增大的加速运动。支持力减小到零后，洛伦兹力继续增大，则支持力变为垂直杆子向下，且增大，则摩擦力增大，加速度减小，做

11、加速度减小的加速运动。当合力为零时，做匀速直线运动。故 C正确，A、B、D 错误。故选：C。【点睛】解决本题的关键抓住垂直杆子方向上合力为零，通过支持力的变化得出摩擦力的变化，从而得出加速度的变化68. 如图 3甲所示，一个电阻为 R、面积为 S的矩形导线框 abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为 B，方向与 ad边垂直并与线框平面成 45角，O、O分别是 ab边和cd边的中点现将线框右半边 ObcO绕 OO逆时针旋转 90到图 7乙所示位置在这一过程中，导线中通过的电荷量是 ( )A. B. C. D. 02BS2R 2BSR BSR【答案】A【解析】试题分析：对线框的右半边（o

12、bco）未旋转时整个回路的磁通量 ；1=BSsin45=22BS对线框的右半边（obco）旋转 90后，穿进跟穿出的磁通量相等，整个回路的磁通量2=0根据公式可得： A正确=12=22BS q=It=tRt=2BS2R考点：法拉第电磁感应定律；磁通量求导线中通过的电荷量时，一定要选用法拉第电磁感应定律求电动势的平均值，同时本题要注意旋转后的右侧磁通量的正负，理解旋转后磁通量为零【此处有视频，请去附件查看】9.在生产实际中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关 S由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关 S处产生电弧，危及操作人员的人身安全。为了避免电弧的产生，可在

13、线圈处并联一个元件，下列方案可行的是（ ）7【答案】D【解析】本题考查自感线圈的应用.BC 项当电键闭合时使电源短路;A 项中电容器在电键闭合 断开的瞬间存在充放电,不可行; 只有 D选项电路在闭合电键时自感电动势阻碍电路中电流增大,在断开电键时自感电动势通过二极管形成回路,因而不会使电键处产生电火花,故选项 D正确.10.矩形导线框 abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度 B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流 I的正方向，下列各图中正确的是( )【答案】D8【解析】试题分析：由图可知，0-1s 内，线圈中磁通量的

14、变化率相同，故 0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s 内电路中的电流为顺时针，2-3s 内，电路中的电流为顺时针，3-4s 内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变E=t=BSt故选 D考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要求学生能正确理解 B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定。【此处有视频，请去附件查看】二、多选题 11.如图所示，电源 E的内阻不计，其中 A为理想电流表，V 1、V 2为理想电压表，R1、 R2

15、、 R3为定值电阻开始时 S是断开的，当闭合开关 S时，各电表的示数变化情况正确的是( )A. 电压表 V1的示数变小 B. 电压表 V2的示数变小C. 电流表 A的示数变大 D. 电流表 A的示数变小【答案】ABC【解析】【分析】当闭合开关 S时，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化、路端电压的变化和电阻 R1电压的变化根据电阻 R2的电压与路端电压、R 1电压的关系，分析 R2的电压变化【详解】A当闭合开关 S时，引起外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流 I增大，电压表 V1的示数 U EIr ，U 变小。故 A正确。B电压表 V2的示数 U2 EI （ R

16、1+r） ，I 增大，U 2变小。故 B正确。9CD干路电流 I增大，电流表 A的示数变大。故 C正确，D 错误。【点睛】本题是电路中动态变化分析问题，关键要处理好局部与整体的关系对于路端电压也可直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断12.下列关于电流方向的说法中，正确的是( )A. 电流的方向就是自由电荷定向移动的方向B. 电流的方向规定为正电荷定向移动的方向C. 在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反D. 在电解液中，电流的方向与负离子定向移动的方向相同【答案】BC【解析】【分析】解答本题需要知道电流的形成和电流方向的规定电荷的定向移动形成电流，定向移动的电荷可以是正电荷，可

17、以是负电荷，可以是正负电荷向相反方向定向移动形成电流但是规定正电荷定向移动的方向为电流的方向【详解】AB物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，与负电荷定向移动方向相反，故 A错误，B 正确；C在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反，故 C正确；D在电解液中，电流的方向与正离子定向移动的方向相同，与负离子定向移动方向相反，故 D错误。13.(多选)由磁感应强度公式 B 可知，磁场中某处的磁感应强度的大小( )FILA. 随通电导线中的电流 I的减小而增大B. 此式只是 B的定义式不是决定式，所以值是固定的C. 随通电导线所受磁场力 F的增大而增大D. 跟 F、 I、 L的变

18、化无关【答案】BD【解析】【分析】磁感应强度 B描述磁场强弱和方向的物理量，与放入磁场中的电流元无关，由磁场本身决定；10【详解】磁感应强度 B的定义式 ，是比值定义法，磁感应强度 B与 F、IL 无关，由磁B=FIL场本身决定，所以值是固定的，故 AC错误，BD 正确；【点睛】对于磁感应强度可采用类比的方法学习，将磁感应强度与电场强度比较，抓住相似点进行理解和记忆；14.(多选)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头 M向右运动，则可能是( )A. 开关 S闭合瞬间B. 开关 S由闭合到断开的瞬间C. 开关 S已经是闭合的，滑动变阻器滑片 P向左迅速滑动D. 开关 S已经是闭合的，滑动变

19、阻器滑片 P向右迅速滑动【答案】AC【解析】试题分析：由题意知，钻头向右运动，在远离螺线管，根据楞次定律可知，穿过钻头的磁通量增大，所以可能是开关 S闭合；变阻器滑片 P向左迅速滑动。左边回路的电流增大，螺线管的磁场增强，钻头上线圈的磁通量增大，所以 A、C 正确；B、D 错误。考点：本题考查楞次定律三、实验题 15.(1)用多用电表的欧姆挡的“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表的指针偏转角度极小，为了准确测定该电阻的阻值，正确的判断和做法是 （ ）A这个电阻的阻值肯定也是极小的B应把选择开关换到“100”挡，重新进行欧姆调零后再测量C应把选择开关换到“1”挡，重新进行欧姆调零后再测量D为了使

20、测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，使表笔与待测电阻接触良好(2)如图所示是学生实验用的多用电表刻度盘，当选用量程为 25 V的电压挡测量电压时，表针指于图示位置，则所测电压为_ V；若选用倍率为“100”的电阻挡测电阻时，表针也指于同一位置，则所测电阻的阻值为_ ；用多用表测电阻所运用的原理是_11【答案】 (1). (1)B； (2). (2)15.5， (3). 1 400， (4). 闭合电路欧姆定律【解析】【分析】测电阻时，指针偏角小，说明电阻大，应换较大挡并重新调零，测量时手不能接触电阻；测电压时应先根据量程计算每小格代表的示数，再乘以格数，欧姆表测电

21、阻时利用了闭合电路欧姆定律。【详解】 （1）指针偏角小，说明待测电阻的阻值较大，应换用100 挡，并重新调零后测量，测量时手不能接触电阻，故 B 正确。故选 B（2）用量程为 25V测电压时，每小格表示 0.5V，所以读数为：310.515.5V；测电阻时，读数为：141001400，用欧姆表测电阻时，是应用了闭合电路的欧姆定律。16.小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而变大，某同学利用实验探究这一现象所提供的器材有：A电流表(A 1) 量程 00.6 A，内阻约 0.125 B电流表(A 2) 量程 03 A，内阻约 0.025 C电压表(V 1) 量程 03 V，内阻约 3 kD电压表(V 2)

22、 量程 015 V，内阻约 15 kE滑动变阻器( R1) 总阻值约 10 F滑动变阻器( R2) 总阻值约 200 G电池( E) 电动势 3.0 V，内阻很小H导线若干，开关 K该同学选择仪器，设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据：12(1)请你推测该同学选择的器材是：电流表为_，电压表为_，滑动变阻器为_(以上均填写器材前面字母)(2)请你推测该同学设计的实验电路图并画在图甲的方框中_(3)若将该小灯泡直接接在电动势是 1.5 V，内阻是 2.0 的电池两端，小灯泡的实际功率为_W.【答案】 (1). (1)A； (2). C； (3). E； (4). (2)电路图如图所示； (5

23、). (3)0.27 W(0.25 W0.28 W 皆可)；【解析】(1)由表中实验数据可知，电流最大测量值为 0.5 A，则电流表应选 A；电压最大测量值为2 V，电压表应选 C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择 E。(2)由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡最大阻值约为： R 灯 4 ，电流表内阻约为 0.125 ，电压表内阻约为 3 k，UI=2.000.50电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法；电路图如图所示(3)根据表中数据作出灯泡的 U I图象，并在灯泡的 U I图象坐标系内作出电源的 U I图象如图所示，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点

24、坐标就是小灯泡的工作点，由图象可知，小灯泡的实际电流为 0.34 A(0.330.35 A 均正确)，电压为 0.80 V，(0.790.82 V均正确)，功率 P IU0.340.80 W0.27 W.四、计算题 1317.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的基本原理如图 22所示离子源 S产生质量为 m、带电荷量为 q的正离子，设离子产生时初速很小，可忽略不计离子经匀强电场加速后从缝隙 S1垂直进入磁感应强度为 B的匀强磁场，然后沿圆弧经过半个圆周的运动到达照相底片上的位置 P而被记录下来已知加速电场两平行板间的距离为 d，两板间有场强为 E的匀强电场，并测得位置 P与

25、缝隙 S1处的距离为 y.试导出离子质量 m与 y值之间的函数关系【答案】 m=qB28Edy2【解析】设离子经加速电场加速后的速度为 v；由动能定理，对加速过程，则有： qEd=12mv2离子进入磁场后做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为 R；根据牛顿第二定律，则有： ；qvB=mv2R离子在 P上的位置到 S1处的距离为 ；y=2R联立以上三式得： m=qB28Edy218.长为 L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为 Q，悬于 O点，如图所示当在O点另外固定一个正电荷时，如果球静止在 A处，则细线拉力是重力 mg的两倍现将球拉至图中 B处( 60)，放开球让它摆动，问：(1)固定在

26、O处的正电荷的带电荷量为多少？(2)球摆回到 A处时悬线拉力为多少？【答案】 （1） （2）3mgq=mgL2kQ【解析】14试题分析：（1）球静止在 A处经受力分析知受三个力作用：重力 mg、静电力 F和细线拉力 F 拉 ，由受力平衡和库仑定律列式：F 拉 =F+mg， ，F=kQqL2F 拉 =2mg三式联立解得： q=mgL2kQ（2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，列如下方程：mgL（1-cos60）= mv212F拉 mgF=mv2L由（1）知静电力 F=mg解上述三个方程得：F 拉 =3mg考点：库仑定律；圆周运动【名师点睛】对于圆周运动的问题，往

27、往与动能定理或机械能守恒定律综合起来进行考查，基本题型，难度适中。19.如图所示，电荷量为 e，质量为 m的电子从 A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为 v0，当它通过电场中 B点时，速度与场强方向成 150角，不计电子的重力，求：（1）电子经过 B点的速度多大；（2） AB两点间的电势差多大【答案】【解析】解：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将 B点的速度分解(如图)15v=v0cos60=2v0电子从 A运动到 B,由动能定理得eUAB=12mv212mv02UAB=12m(2v0)212mv02e =3m

28、v202e20.如图所示，一个圆形线圈的匝数 n1 000，线圈面积 S200 cm 2，线圈的电阻 r1 ，线圈外接一个阻值 R4 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示求：(1)前 4 s内感应电动势的大小(2)前 5 s内感应电动势的大小【答案】 （1）1V；（2）0【解析】【分析】（1）前 4S内，在 Bt 图中同一条直线，磁感应强度的变化率是相同的，由法拉第电磁感应定律可得出前 4S内的感应电动势（2）运用法拉第电磁感应定律求得出前 5S内的感应电动势【详解】 （1）前 4s内，根据 Bt 图中同一条直线，磁感应强度的变化率是相同的，则磁通量的变化率也是相同的，所以产生的感应电动势为定值，前 4S内磁通量的变化为： 2 1 S（ B2B 1） 200104 （ 0.40.2 ） Wb 4103 Wb由法拉第电磁感应定律得： E n S 1000 V 1V；Bt 410-34（2）前 5S内磁通量的变化量： 2 1 S（ B2B 1） 200104 （ 0.20.2 ） Wb 0由法拉第电磁感应定律得： E n 0t=【点睛】解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及磁通量表达式的应用，注意成立条件：B 与 S垂直16