1、- 1 -宜昌市葛洲坝中学 2017-2018 学年第一学期高二年级期末考试试卷物理试题一、选择题（每小题 4 分，共 48 分。18 为单选题，912 为多选题。全部答对得 4 分，部分答对得 2 分，错选得 0 分）1. 将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）沿如图所示方向射入磁场，下列说法正确的是A. 正电荷向 P 板偏转B. 负电荷向 P 板偏转C. 洛伦兹力对正电荷做正功D. 洛伦兹力对负电荷做正功【答案】A【解析】等离子体射入磁场后，由左手定则知正离子受到向上的洛伦兹力，向 A 板偏转，负电荷向 B 板偏转，选项 A 正确，B 错误；洛伦兹力的方向与速度
2、方向垂直，则洛伦兹力不做功，选项 CD 错误；故选 A.点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意四指指正电荷运动的方向；洛伦兹力不做功2. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图 1 所示，产生的交变电动势的图象如图 2 所示，则 A. t =0.005s 时线框的磁通量变化率为零B. t =0.01s 时线框平面与中性面重合C. 线框产生的交变电动势有效值为 311VD. 线框产生的交变电动势的频率为 100Hz- 2 -【答案】B【解析】由图可知 t=0.005s 时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以穿过线框回路的磁通量的变化率最大
3、，A 错误；t=0.01s 时刻感应电动势等于零，穿过线框回路的磁通量最大，此时线框平面与中性面重合，B 正确；产生的有效值为：，故 C 错误；周期为 ，故频率为 ，故 D 错误视频3. 如图所示，电源的电动势为 E，内阻忽略不计 A、 B 是两个相同的小灯泡， L 是一个自感系数较大的线圈，直流电阻不计关于这个电路的说法中正确的是A. 闭合开关瞬间， A、 B 同时变亮B. 闭合开关一会后，A、B 一样亮C. 开关由闭合至断开，在断开瞬间， A 灯闪亮一下再熄灭D. 开关由闭合至断开，在断开瞬间，电流自左向右通过 A 灯【答案】B【解析】闭合开关瞬间， A 灯立刻亮，通过线圈的电流增大，线圈
4、产生自感电动势，根据楞次定律感应电动势要阻碍电流的增大，使得通过线圈的电流逐渐增大，所以 B 灯逐渐变亮，最后一样亮，故 B 正确，A 错误；开关由闭合到断开瞬间， B 灯中原来的电流突然消失，线圈中电流减小，产生自感电动势阻碍电流减小，自感电流流过两灯，两灯都过一会熄灭，稳定时两灯中的电流相同， A 不会闪亮一下再熄灭，故 C 错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过 A 灯，故 D 错误。所以 B 正确，ACD 错误。4. 金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示， A、 B、 C、 D 为电场中的四个点，则A. B、 D 两点的电势相
5、等- 3 -B. B 点的电场强度比 D 点的大C. 负电荷在 C 点的电势能小于在 A 点的电势能D. 正电荷由 D 点静止释放，只受电场力作用沿电场线运动到 B 点【答案】C【解析】沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D 点电势比 B 点电势高，故 A 错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，B 点的电场强度比 D 点的小故 B 错误；沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，C 点电势比 A 点电势高，所以负电荷在 C 点的电势能低于在 A点的电势能 故 C 正确；正电荷由 D 点静止释放，受电场力方向沿曲线的切线方向，所以运动的轨迹不会沿电场线的方向故 D 错误故选 C.点睛：该题要掌握
6、电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低5. 如图所示，两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于一个等边三角形 ABC 的 A 和 B 处，两通电导线在 C 处的磁场的磁感应强度的值都是 B，则 C 处磁场的总磁感应强度是 A. 2B B. B C. B D. 0【答案】B.根据几何关系知合磁感强度为： ，方向水平向右，故 B 正确，ACD 错误。- 4 -6. 在如图所示电路中，电源电动势为 12V，电源内阻为 1.0，电路中电阻 R0为 1.5，小型直流电动机 M 的内阻为 0.5闭合开关 S 后，电动机转动，理想电流表的示数为2.0A则以下判断中
7、正确的是A. 电动机两端的电压为 7.0 VB. 电动机的输出功率为 14 WC. 电动机的发热功率为 4.0 WD. 电源输出的电功率为 24 W【答案】A【解析】电动机两端的电压： UM=E-I（ r+R0）=12-2（1.0+1.5）=7V，故 A 正确；电路中电流表的示数为 2.0A，所以电动机的总功率为： P 总 =UMI=72=14W，电动机的发热功率为： P 热=I2R=220.5=2W，所以电动机的输出功率为： P 出 =14 W-2W=12W，故 BC 错误；电源的输出的功率为： P 输出 =EI-I2R=122-221W=20W，故 D 错误。所以 A 正确，BCD 错误。
8、7. 一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，在竖直平面内，从静止开始由 b 沿直线运动到 d，且 bd 与竖直方向所夹的锐角为 45，则下列结论正确的是A. 此液滴带正电B. 液滴的加速度等于零C. 合外力对液滴做的总功等于零D. 液滴的电势能和动能之和是增加的【答案】D【解析】由题义可知，带电液滴沿直线 b 运动到 d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析如图所示，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故 A 错误；- 5 -由图可得物体所受合力为： ，所以物体的加速度为： ，故 B 错误；由于液滴从静止开始做加速运动，故
9、合力的方向与运动的方向相同，所以合外力对物体做正功，总功不为零，故 C 错误；因液滴的重力做正功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。8. 如图，圆环形导体线圈 a 平放在水平桌面上，在 a 的正上方固定一竖直螺线管 b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片 P 向下滑动，下列表述正确的是A. 线圈 a 中将产生俯视顺时针方向的感应电流B. 穿过线圈 a 的磁通量变小C. 线圈 a 有扩张的趋势D. 线圈 a 对水平桌面的压力 FN将增大【答案】D【解析】当滑动触头 P 向下移动时电阻减小，由闭合
10、电路欧姆定律可知通过线圈 b 的电流增大， b 线圈产生的磁场增强，故穿过线圈 a 的磁通量变大；根据 b 中的电流方向和安培定则可知 b 产生的磁场方向向下穿过线圈 a，根据楞次定律， a 中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的增大，故 a 的感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知线圈 a 中感应电流方向俯视应为逆时针，故 AB 错误；根据楞次定律可知，线圈 a 应有收缩的趋势，故 C 错误；开始时线圈 a 对桌面的压力等于线圈 a 的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法” ，即将线圈 a 和 b 看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相排斥，故线圈 a 对水平桌面的压力 FN将增大，故
11、 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。9. 如图所示，理想变压器的输入端接正弦交流电，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡 L1和 L2；输电线的等效电阻为 R，开始时，电键 K 断开。当 K 接通时，以下说法中正确的是 - 6 -A. 副线圈的两端 M、N 的输出电压减小B. 副线圈输电线等效电阻 R 上的电压增大C. 通过灯泡 L1的电流减小D. 原线圈中的电流减小【答案】BC【解析】试题分析：因为变压器的输入电压不变，原副线圈匝数比不变，根据公式 可得副线圈的两端 M、N 的输出电压不变，A 错误；当 K 接通时，副线圈中的总电阻减小，而副线圈两端的电压不变，所以副线圈干路电流增大，
12、即 R 两端的电压增大，所以并联电路两端的电压减小，所以通过灯泡 L1的电流减小，BCD 正确；考点：考查了理想变压器10. 测定压力变化的电容式传感器如图所示，A 为固定电极，B 为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器连接到如图所示的电路中，当待测压力增大时A. 电容器的电容将增加 B. 电容器的电容将减小C. 电阻 R 中有从 a 流向 b 的电流 D. 电阻 R 中有从 b 流向 a 的电流【答案】AD【解析】当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式： 可知，电容
13、 C 增大，故 A 正确，B 错误；电容板间电压 U 不变，电容器所带电量为 Q=CU，因为 C 增大，则 Q 增大，电容器处于充电状态，而 A 板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，电阻 R 中有从 b 流向 a 的电流，故 C 错误，D 正确。所以 AD 正确，BC 错误。11. 如图所示，在长方形 abcd 区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点为 ad 边- 7 -的中点，ab = 2ad。由氕核和氘核（重力不计）组成的一细束粒子流沿与 ab 平行的方向以相同的速度从 O 点射入磁场中，下列说法正确的是 A. 氕核和氘核在磁场中运动的轨道半径之比为 21B. 氕核和氘核
14、在磁场中运动的周期之比为 12C. 若氘核从 Od 边射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为 11D. 若氕核从 d 点射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为 11【答案】BD【解析】设 ab = 2ad=4L，氕核和氘核的电荷量均为 q，质量分别为 m、2 m，根据牛顿第二定律可得： ，解得： ，所以氕核和氘核在磁场中运动的轨道半径之比为 12，故 A 错误；根据牛顿第二定律可得： ，解得： ，又根据： ，联立可得：，即氕核在磁场中运动的周期为： ，氘核在磁场中运动的周期为：，所以氕核和氘核在磁场中运动的周期之比为 12，故 B 正确；若氘核从 Od 边射出磁场，则其在磁场中
15、运动的时间： ，氕核在磁场中运动的时间 ，得t1 t2 =12，故 C 错误；若氕核从 d 点射出磁场，则其在磁场中运动的时间 ，氘核在磁场中运动的时间 ，可得 t1 t2 =11，故 D 正确。所以 BD 正确，AC 错误。12. 如图所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距 L。导轨间接有一阻值为 R 的电阻。质量为 m、电阻为 r 的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为 h 时开始做匀速运动，在此过程中- 8 -A. 导体棒的最大速度小于B. 通过电阻的电荷量为C. 导体棒克服安培力做的功
16、等于电阻 R 上产生的热量D. 重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量【答案】ABD【解析】导体棒匀速运动时速度最大，由于导体棒做加速度减小的变加速运动，加速度小于g，根据功能关系可知最大速度小于 故 A 错误通过电阻 R 的电量为 ，故 B 正确由功能原理可知，导体棒克服安培力做的功等于电阻 R 与 r 上产生的热量之和，故 C 错误；根据动能定理可知，重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量，故 D 正确故选 BD点睛：本题运用功能关系分析实际问题对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量.二、实验题（16 分。其中 13 题 8 分，14 题
17、8 分）13. （1）如图所示，分别由图读出千分尺和游标卡尺的读数。(2)如图是改装后的电表的电路图，认识正确的是_A.（a）图是电流表，使用 、 两个端点时，量程较大B.（a）图是电流表，使用 、 两个端点时，量程较大- 9 -C.（b）图是电压表，使用 、 两个端点时，量程较大D.（b）图是电压表，使用 、 两个端点时，量程较大【答案】0.700mm 19.90mm BC【解析】 （1）游标卡尺的主尺读数为：19mm，游标尺上第 18 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 150.05mm=0.90mm，所以最终读数为：19mm+0.90mm=19.90mm。螺旋测微器的固定刻度为
18、0.5mm，可动刻度为 20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm。（2）由图示电路图可知， （ a）图电流计与分流电阻并联， （ a）图是电流表，使用 a、 c 两个端点时分流电阻较大，电流表量程较小，故 A 错误；使用 、 两个端点时，分流电阻较小，电流表量程较大，故 B 正确；由图示电路图可知， （ b）图中电流计与分压电阻串联， （ b）图是电压表，使用 a、 c 两个端点时，串联分压电阻阻值较大，电压表量程较大，故 C 正确；使用 、 两个端点时，串联分压电阻阻值较小，量程较小，故 D 错误。所以选 BC。14. 在“测定电源的电动
19、势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于_端(填“ A”或“ B”)（3）如图是根据实验数据作出的 U I 图象，由图可知，电源的电动势 E_V，内阻r_.【答案】 (1). (2). B (3). 1.5 1.0【解析】试题分析：（1）电路连接如图（2）闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值应该最大，故滑片应置于 B 端- 10 -（3）由图象可知，电源电动势为 15 V，内阻考点：测定电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查了连接实物电路图的连接、求电源电动势与内阻
20、，连接实物电路图时，要注意电压表正负接线柱不要接反，注意电表量程的选择；电源 U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻。三、计算题（共 46 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15. 如图所示，将长为 L=50 cm、质量为 m=10 g 的均匀金属棒 ab 的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以 I1=0.4 A 的电流时，弹簧恰好不伸长，求：(取 g10m/s 2)(1)匀强磁场中磁感应强度是多大？(2)当金属棒通以 I2=0.
21、2 A 由 a 到 b 的电流时，弹簧伸长 x=1 cm，则弹簧的劲度系数是多少？【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：根据安培力等于重力，即可求解；根据安培力加弹力等于重力，再由受力分析，借助于平衡条件，即可求解。(1)由题可知： F 安 =mg 即 代入数据解得： （2）当电流由 时，金属棒的受力情况为： F 安 +2kx=mg- 11 -则： 代入数据解得： 点睛：本题主要考查了安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，体现了胡克定律，安培力公式，同时注意左手定则的应用。16. 如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的
22、匀强磁场.一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从 y 轴正半轴上的 M 点以速度 v0垂直于 y 轴射入电场，经 x 轴上的 N 点射入磁场，最后从 y 轴负半轴上的 P 点垂直于 y 轴射出磁场，已知 , ,不计粒子重力，求： （1）电场强度大小 E（2）带电粒子从 O 点进入磁场时的速度大小和方向（3）磁感应强度大小 B【答案】(1) (2) 60 (3) 【解析】试题分析：粒子垂直于电场进入做类平抛运动，由牛顿第二定律可得到加速度，结合两个方向的分位移，由位移时间公式求解；根据运动学公式求出竖直速度，在根据速度的合成即可求出电粒子从 O 点进入磁场时的速度大小和方向；粒子由 N 到
23、 P，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力的公式，可由牛顿第二定律求出在磁场中运动的半径，即可求出磁感应强度大小。（1）粒子运动轨迹如图所示：- 12 -在电场中做类平抛运动，在 x 轴方向：y 轴方向：联立解得：（2）设粒子进入磁场时速度为 v，和 x 轴的夹角为竖直方向的速度为： 由 tan = 解得： =60合速度为： 在磁场中轨迹如上图所示，设轨迹半径为 r ，由几何关系可得： 解得：根据牛顿第二定律可得：联立以上解得： 点睛：本题主要考查了粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。 17. 如图，在水平地面 MN 上方空间存在
24、一有界匀强磁场区域，磁场沿水平方向，磁感应强度大小 B =1.0T，上边界 EF 距离地面的高度 H = 0.7m。正方形金属线框 abcd 的质量 m = 0.1kg，边长 L = 0.1m，总电阻 R = 0.02，线框的 ab 边距离 EF 上方 h = 0.2m 处由静止- 13 -开始自由下落， ab 保持水平，且线框平面始终与磁场方向垂直， g 取 10m/s2。求（1）线框刚进入磁场时 ab 两端电压大小 U；（2）线框刚要落地时速度 v 的大小；（3）线框产生的焦耳热 Q。【答案】(1) 0.15V (2) (3) 0.1J【解析】 （1）线框进入磁场前做自由落体运动，机械能守
25、恒，由机械能守恒定律得：mgh= mv2，线框的速度 - 14 -18. 如图所示，在 E=1.5104V /m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平光滑的绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，C 为圆弧的最高点。一带正电的小滑块从水平轨道上某点由静止释放，通过 C 点时恰好对轨道无压力，已知小滑块质量为 m=0.2kg，带电量 q=10-4C（ g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8） ，求：（1）滑块应在水平轨道上离 N 点多远处静止释放？ （2）这样释放的滑块在圆轨道上运动时对轨道压力最大值为多少？【答
26、案】(1) (2) 13.5N【解析】试题分析：小滑块在 C 点时恰好对轨道无压力，重力提供向心力，求出此时的速度，在由动能定理求出滑块应在水平轨道上离 N 点多远处静止释放；根据力的合成找出速度最大的点，求出等效重力，在根据牛顿第二定律和动能定理求出对轨道压力最大值。小滑块在 C 点时，重力提供向心力在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与 N 点之间的距离；（1）设滑块与 N 点的距离为 L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得小滑块在 C 点时，重力提供向心力，所以：代入数据解得： （2）滑块到达 Q 点( OQ 与竖直方向夹角 37)时，对轨道压力最大，全过程应用动能定理得在 Q 点时由牛顿第二定律可得： - 15 -其中： 解得： N=13.5N 由牛顿第三定律可得，滑块通过 Q 点时对轨道压力是 13.5N 点睛：本题主要考查了轨道问题，关键是做好受力分析，明确运动情景，建立模型，应用规律解决问题，同时注意挖掘隐含条件“恰能到达并通过最高点 C”，说明此时由重力提供向心力。
