2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (II).doc

2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (II)一、选择题（本题13个小题，每小题4分，共52分。19小题只有一个选项符合题目要求；1013小题有多个选项符合题目要求，选对但不全得2分，选错得0分）1. 穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加1Wb，则（）A. 线圈中感应电动势每秒增加1VB. 线圈中感应电动势每秒减少1VC. 线圈中感应电动势始终为1VD. 线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于1V【答案】C【解析】磁通量始终保持每秒钟均匀地增加1Wb，则，知线圈中的感应电动势始终为1V，与线圈的电阻无关故C正确，ABD错误故选C2. 关于磁感应强度，下列说法正确的是()A. 由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r0时，E无穷大B. 由可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的LI成反比C. 小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向D. 一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零【答案】C【解析】根据点电荷的公式使用的条件可知，真空中点电荷的电场强度公式E=可知，当r0时，该公式不再适用故A错误；某处的磁感应强度大小是由磁场本身决定的，与放入该处的通电导线所受磁场力F以及导线的LI无关，选项B错误；小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向，选项C正确；小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是导线与磁场平行，则此处不一定无磁场故D错误；故选C. 3. 如图所示，一均匀带正电的金属环绕轴OO以角速度匀速旋转（从左往右看顺时针旋转），在环右侧轴线上的小磁针最后平衡时N极的指向是()A. N极竖直向上B. N极竖直向下C. N极沿轴线向左D. N极沿轴线向右【答案】D点睛：本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则注意等效电流的方向与正电荷的运动方向相同4. 如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流的变化图线，直线b为电阻R两端的电压随电流的变化图线用该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内阻分别是( )A. 8W，2 B. 8W，1C. 12W，1D. 4 W，1 【答案】B【解析】由a图的纵截距可知，电源的电动势为 E=6V由横截距知电源的短路电流为 I0=6A，则电源的内阻；由交点坐标知该电源与电阻相接时，路端电压为 U=4V，工作电流为 I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=24=8W，故选B.点睛：本题关键要理解电源的U-I线与电阻的伏安特性曲线的交点的物理意义，知道两图象的交点表示该电源与电阻组合时的工作状态5. 如图所示，直线MN是某静电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是( )A. 电场线MN的方向一定是由M指向NB. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度C. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小D. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能【答案】D【解析】由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定故A错误；由题，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故B错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C错误，D正确；故选D.点睛：依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况6. 回旋加速器是加速带电粒子的装置其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中存在周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()A. 减小磁场的磁感应强度B. 增大匀强电场间的加速电压C. 增大D形金属盒的半径D. 减小狭缝间的距离【答案】C【解析】试题分析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关解：由qvB=m，解得v=则动能EK=mv2=，则知带电粒子的最大动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能故A、C正确，B、D错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关7. 如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束负离子(不计重力)，这些负离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束则下列判断正确的是()A. 这三束负离子的速度一定不相同B. 这三束负离子的电荷量一定不相同C. 这三束负离子的比荷一定不相同D. 这三束负离子的质量一定不相同【答案】C【解析】3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以v=E/B，故三束正离子的速度一定相同故A错误3束离子在磁场中有qvB=m，故，由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，然而正离子质量可能相同，电量也有可能相同，故BD错误，C正确故选C点睛：速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性8. 在如图所示的电路中，两表为理想电表，当变阻器R3的滑动头P向a端移动时()A. 电压表示数变小，电流表示数变大B. 电压表示数变大，电流表示数变小C. 电压表示数变小，电流表示数变小D. 电压表示数变大，电流表示数变大【答案】B【解析】当变阻器R3的滑动头P向a端移动时，接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，则路端电压增大，电压表V的读数U变大；总电流减小，R1的电压减小，而路端电压增大，所以R2两端的电压增大，R2的电流增大，则电流表示数I变小故B正确故选B.点睛：本题电路的动态问题可记住“串反并同”原则，即与发生改变的这个元件串联的，其各个量的变化与元件的变化相反；与发生改变的这个元件并联的，其各个量的变化与元件的变化相同；不需要去做复杂的动态分析问题，能极大节约时间越复杂的电路节约时间越多记住这个不用再担心动态问题9. 如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈B中通以如图乙所示的交变电流，设t0时电流沿顺时针方向（图中箭头所示）对于线圈A， 在t1t2时间内，下列说法中正确的是（ ）A. 有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势B. 有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势C. 有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势D. 有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势【答案】A.10. 许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是( )A. 库仑提出了分子电流假说B. 奥斯特发现了电流的磁效应C. 法拉第首先发现了电磁感应现象D. 楞次提出了磁场对运动电荷的作用力公式【答案】BC【解析】安培提出了分子电流假说，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项B正确；法拉第首先发现了电磁感应现象，选项C正确；洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，选项D错误；故选BC.11. 如图所示的电路中，C12C2，R1R2，以下说法正确的是()A. 开关处于断开状态，电容器C1的电荷量大于C2的电荷量B. 开关处于断开状态，电容器C1的电荷量小于C2的电荷量C. 开关处于接通状态，电容器C1的电荷量大于C2的电荷量D. 开关处于接通状态，电容器C1的电荷量等于C2的电荷量【答案】AC【解析】当开关处于断开状态时，电容器C1与R1，C2与R2分别串联，然后再并联，电源对电容器C1、C2充电完毕电路达稳态后，两条支路均无电流通过，因此电阻上不再分压，两电容器上的电压均为电源电动势，所以故A正确B错误；当开关处于接通状态时，电路结构为电容器C1与R2并联、C2与R1并联，支路再串联，当电容器被充电完毕电路达稳定状态后，直流电路通过R1、R2形成通路，电容器C1两端的电压与电阻R2两端的电压相等，电容器C2两端的电压与电阻R1两端的电压相等，因R1R2，则UR1=UR2， 因此C是正确的，D错误故选AC点睛：对于含有电容器的电路，在电容不变时，关键确定电压及其变化电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压12. 如图所示，b为带负电的小物块，a是一不带电的绝缘物块，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉a物块，使a、b一起无相对滑动地向右加速运动，在加速运动阶段（ ） A. a与地面间的摩擦力增大B. a与地面间的摩擦力减小C. a、b一起运动的加速度增大D. a、b一起运动的加速度减小【答案】AD【解析】由左手定则可知，整体向右运动的过程中，负电荷受到的洛伦兹力的方向向下；洛伦兹力：f洛=qvB可知洛伦兹力随速度的增大而增大，a在竖直方向上受力平衡，所以a受到的支持力增大，根据牛顿第三定律可知，a对b的压力增大A对地面的压力变大，则a与地面间的摩擦力增大，故A正确，B错误；以整体为研究对象，整体受到重力、支持力、拉力、摩擦力和洛伦兹力，则水平方向：F-f=（ma+mb）a，摩擦力：f=（mag+mbg+qvB），由于物体加速运动，因此速度逐渐增大，洛伦兹力增大，则地面给b的滑动摩擦力增大，因此整体加速度逐渐减小；故C错误，D正确故选AD.点睛：本题是典型的力与运动问题，题目有一定的综合性，结合了有关磁场的知识，注意加速度是连系力与运动的桥梁，因此主要分析物体加速度的变化情况13. 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上穿有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是() A. 当小球运动到d点时，不受洛伦兹力B. 小球能越过d点并继续沿环向上运动C. 小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大D. 小球从d点运动到b点的过程中，电势能增大，重力势能减小【答案】AC【解析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”，关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；由于bc弧的中点相当于“最低点”，即速度最大，而d点速度最小为零，则不受洛伦兹力，故AC正确；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故B错误；小球从d点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小，因bd两点等高，则重力势能不变，选项D错误；故选AC.点睛：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，此类问题可用类比方法解决，难度较大.二、实验题(共15分)14. 用螺旋测微器测金属丝直径时读数如左图所示，则金属丝的直径为_mm。在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx 约为20，电压表的内阻的为2k，电流表的内阻约为10，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，测量值由公式计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图（a）和图（b）中电路图测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则_（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值。【答案】 (1). 0.693-0.697 (2). Rx1【解析】螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+19.70.01mm=0.697mm；由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法时测量较准确，即Rx1更接近真实值；点睛：应明确：电流表内外接法的选择方法：当待测电阻满足时，电流表应用外接法，并且测量值偏小；满足时，电流表应用内接法，并且测量值偏大进行螺旋测微器读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出15. 图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R3是固定电阻，R2是可变电阻；表头G的满偏电流为250A，内阻为480。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有3个挡位，3个挡位为：直流电流1mA挡，欧姆10挡，直流电压5V挡。（1）图（a）中的B端与_（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R2的使用，下列说法正确的是_（填正确答案标号）。A在使用多用电表之前，调整R2使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R2使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C使用电流挡时，调整R2使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）根据题给条件可得R1=_，R3=_。（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“2”相连的，则读数为_；若此时B端是与“3”相连的，则读数为_。【答案】 (1). 红 (2). B (3). 160 (4). 4880 (5). 110 (6). 2.93-2.97【解析】（1）与多用电表内电源正极相连的是黑表笔。（2）R6是可变电阻，它的作用是欧姆表调零，使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。（3）B端与“2”相连时，是量程较小的电流表，所以；B端与“4”相连时，是量程较小的电压表，所以。（4）若此时B端与“1”相连，多用电表是量程为2.5 mA的电流表，则读数为1.47 mA；若此时B端与“3”相连，多用电表是欧姆100 挡，则读数为1 100 ；若此时B端与“5”相连，多用电表是量程为5 V的电压表，则读数为2.95 V。【名师点睛】会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键。在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和器材的正确使用方法，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同。三、计算题：(本题共4小题，共33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)。16. 图中MN表示真空室中垂直于纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B ,一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速v射入磁场区域，最后到达平板上的P 点。已知B 、v以及P 到O的距离l,不计重力,求此粒子的质量m 与电荷量q之比。【答案】【解析】粒子初速v垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，设其半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有因粒子经O点时的速度垂直于OP故OP是直径，l=2R由此得 【点睛】将带电粒子的入射点与出射点连线，即为圆弧对应的弦当圆心落在弦上，则弦就是直径视频17. 如图所示，重为G=2N的金属棒ab，放在光滑的平行金属导轨上，轨道间距为L=0.5m，所在平面与水平面的夹角为30,匀强磁场垂直于轨道平面向上，电源电动势E=3V，金属棒电阻R=6，其余电阻不计，若金属棒恰好静止，求：（1）金属棒所受安培力的方向；（2）磁感应强度的大小。【答案】（1）沿导轨平面向上 （2）4T【解析】试题分析：（1）根据左手定则，安培力方向沿导轨平面向上。（2）回路中的电流I=0.5A对金属棒受力分析如图所示，根据平衡条件，有F=Gsin30又 F=BIL由以上三式，代入数据，解得B=0.2T 考点：安培力 物体平衡条件18. 一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电量为q的带负电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力和重力作用下，恰好能沿与场强方向成角的直线运动，(重力加速度为g)，则小球运动到最高点时,求：（1）匀强场的电场强度；（2）O点与最高点间的电势之差。【答案】（1） （2）【解析】（1）设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图：mg=qEtan 所以： （2）由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：设从O到最高点的路程为s，由速度和位移的关系得：v02=2as物体运动的水平距离为：l=scos 电场力做负功，W=-qEl=-mv02cos2电场力做功等于电势能的减小量，因为O点的电势能为0，可知最高点的电势能为Ep=Uq=mv02cos2所以小球运动到最高点时其电势能与0点的电势之差为U=mv02cos2点睛：本题有三点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是明确功是力与力的方向上发生的位移的乘积三是电场力做功等于电势能的减小量19. 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匀强磁场，磁感应强度大小为B；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点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计粒子重力，求：（1）M、N两点间的电势差；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）粒子从M点运动到P点的总时间.【答案】（1） （2） （3）【解析】(1)设粒子过N点时的速度为v，有 v2v0粒子从M点运动到N点的过程，有 (2)粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动，半径为ON，有 (3)由几何关系得ONrsin设粒子在电场中运动的时间为t1，有ONv0t1 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有 tt1t2 视频