2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题 (IV).doc

2017-2018学年高二物理上学期期末考试试题 (IV)说明：本试卷分第I卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，全卷满分110分。考试用时100分钟注 意 事 项： 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。1答题前，请您务必将自己的姓名、IS号用书写黑色字迹的05毫米签字笔填写在答题纸上，同时用2B铅笔在规定的位置上认真填涂自己的IS号。2作答非选择题必须用书写黑色字迹的05毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。3考试结束后，请将答题纸交回监考老师。一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。17每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分；810题每小题给出的四个选择中，至少有两个选项正确，选对得4分，漏选得2分，错选得0分）1在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成闭合回路，然后观察电流表的变化B在通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化D将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化2图为地磁场磁感线的示意图，在南半球磁场的竖直分量向上，飞机MH370最后在南印度洋消失，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为1，右方机翼末端处的电势为2，则在南印洋上时( )A若飞机从东往西飞，2比1高B若飞机从西往东飞，1比2高C若飞机从北往南飞，1比2高D若飞机从南往北飞，1比2高3如图所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置的线圈匝数为n，线圈和导线的电阻忽略不计，现有竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中一个质量为m、电量为q、带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是()A均匀增大，磁通量变化率的大小为B均匀增大，磁通量变化率的大小为C均匀减小，磁通量变化率的大小为D均匀减小，磁通量变化率的大小为4.如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()A由c到d，I B由d到c，IC由c到d，I D由d到c，I5如图所示，L为一个带铁芯的线圈，R是纯电阻，两支路的直流电阻相等，那么在接通和断开开关瞬间，两表的读数I1和I2的大小关系分别是（）AI1I2，I1=I2 BI1I2，I1I2 CI1I2，I1I2 DI1=I2，I1I26如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿adcb的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()7如图所示，闭合小金属环从高h处的光滑曲面上端无初速度滚下，又沿曲面的另一侧上升，则下列说法正确的是()A若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hB若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h C若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hD若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度大于h8如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场图中虚线框部分相当于发电机把两个极板与用电器相连，则()A用电器中的电流方向从B到AB若板间距及粒子的喷入速度不变，增强磁场，发电机的电动势增大C若磁场及板间距不变，增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大D用电器中的电流方向从A到B9如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则()At1时刻，FNG Bt2时刻，FNGCt3时刻，FNG Dt4时刻，FN=G10如图所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，间距为L0.5 m，一匀强磁场磁感应强度B0.2 T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R0.40 的电阻，质量为m0.01 kg、电阻不计的金属棒ab垂直紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，经过一段时间金属棒达到稳定状态，这段时间内通过R的电荷量为0.3 C，则在这一过程中(g10 m/s2)( )A电阻产生的焦耳热为0.04 JB安培力最大值为0.05 NC这段时间内下降的高度1.2 mD重力最大功率为0.1 W2、 填写题（本大题共3小题，每空3分，共18分，请把答案写在答题卷指定的空格上。）11如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺的导线补接完整；（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将_B线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针_12如图，互相平行的两条金属轨道固定在同一水平面上，上面架着两根互相平行的铜棒ab和cd，磁场方向竖直向上如不改变磁感强度方向而仅改变其大小，使ab向左，cd向右运动，则B应_（填“增大”或“减小”）13把一线框ABCD从一匀强磁场中拉出，如图所示。第一次拉出的速率是 v ，第二次拉出速率是 3 v ，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是 ，拉力功率之比是 三、计算题（本大题共5小题，共52分，解答本题时，应写出必要的文字说明，方程式和重要的算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数字计算的解答中必须明确写出数值和单位。）14（8分）如图1所示，一个匝数n=20的圆形线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1。在线圈中存在面积S2=0.3m2、垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示。将其两端a、b与一个R=2的电阻相连接，b端接地。试分析求解：（1）判断a、b两点哪点电势高（2）圆形线圈中产生的感应电动势E；（3）电阻R消耗的电功率；（4）t=4s时间内通过电阻R的电量15（10分）如图所示，在水平面内固定一光滑“U”型导轨，导轨间距L=2m，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度B=0.5T一导体棒MN以v0=2m/s的速度向右切割匀强磁场，导体棒MN在回路中的电阻r=0.1，定值电阻R=0.4，其余电阻忽略不计求：（1）金属杆MN两端的电压（2）若在导体棒上施加一外力F，使导体棒保持匀速直线运动，求力F的大小和方向16（10分）平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到x轴距离相等不计粒子重力，为：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比17（12分）小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈（不计重力），两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为n1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)（1）为使电磁天平的量程达到1.0kg，线圈的匝数n1至少为多少？（2）进一步探究电磁感应现象，另选n250匝、形状相同的线圈，总电阻R10 .不接外电流，两臂平衡如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率18（12分）如图所示，以MN为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，MN上方有一单匝矩形导线框abcd，其质量为m，电阻为R，bd边长为l1，ab边长为l2，cd边离MN的高度为h。现将线框由静止释放，线框下落过程中ab边始终保持水平，且ab边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中，L1cbL2adhMN（1）ab边离开磁场时的速度v；（2）通过导线横截面的电荷量q；（3）导线框中产生的热量Q。高二期末考试答案1.C 2.A 3.A 4.D 5.D 6.A 7.A 8.BCD 9.AD 10.AC11.向左 向右12.减小 13.1:3 1:914.（1）b (2)0.9V (3) 0.18W (4)1.2C 15. （1）1.6 V（2）4N16. （1）粒子到达O点时速度的大小为，方向x轴方向的夹角为45角斜向上（2）电场强度和磁感应强度的大小之比EB=24V0解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有沿x轴正方向：2L=v0t，竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L=设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy根据速度时间关系可得：vy=at 设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为，有tan=联立式得：=45 即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有v=；（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得：qE=ma 由于 解得：E=设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB=m 由于P点到O点的距离为L，则由几何关系可知R= 22L解得：B=EB=24V0答：（1）粒子到达O点时速度的大小为，方向x轴方向的夹角为45角斜向上（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为EB=24V017.（1）n150匝 （2）0.4T/s解析：(1)线圈受到安培力Fn1B0IL天平平衡mgn1B0IL代入数据得n150匝(2)由电磁感应定律得En2即En2Ld由欧姆定律得I线圈受到安培力Fn2B0IL天平平衡mgnB0代入数据可得0.4T/s18.【答案】（1）V=mgRB2L22（2） （3）=+ 【解析】（1）线框匀速运动时，V ，F=BIL2， 由联立： V=mgRB2L22（2）导线框穿过磁场的过程中，