【解析】黑龙江省鸡西一中2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题含解析.doc

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1、黑龙江省鸡西一中2017-2018学年度上学期期末考试高二物理试题一、选择题1. 如图所示的电路中，两个电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“”接线柱流入表头时，指针向右摆，当电流从“”接线柱流入表头时，指针向左摆，当电路接通并达到稳定时再断开的瞬间，下列哪个说法正确（ ）A. G1指针向左摆，G2指针向右摆 B. G1、G2的指针都向左摆C. G1指针向右摆，G2指针向左摆 D. G1、G2的指针都向右摆【答案】A【解析】电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻。所以含有电感器的支路的电流从“+”接

2、线柱流入G1，G1指针向左摆。含有电阻的支路电流从“-”接线柱流入，G2指针向右摆。故A正确，BCD错误。故选A.点睛：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用：当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，而电阻没有此特点，当K断开电阻、电感构成一新的回路。2. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是 （ ）A. M带正电，N带负电B. M的速率大于N的速率C. 洛伦磁力对M、N做正功D. M的运行时间大于N的运行时间【答案】B【解析】试题分析：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合

3、半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；.C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误故选：AB【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用简单题视频3. 单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间t的变化图象如图所示，则() A. 在t0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B. 在02102s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零C. 在t2102

4、s时，线圈中磁通量最小，感应电动势最大D. 在t1102s时，线圈中磁通量最小，感应电动势最大【答案】D【解析】t=0时刻，线圈中磁通量最大，的变化率达最小，感应电动势最小，故A错误；在0-210-2s时间内，磁通量变化不为零，线圈中感应电动势的平均值不为零，故B错误；在t=210-2s时刻，的变化率为零，感应电动势为零，故C错误；在t=110-2s时刻，磁通量为零，但的变化率达最大，感应电动势最大，故D正确；故选D。点睛：本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大；4. 在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推

5、理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是()A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系B. 法拉第在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系C. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说D. 楞次在分析了许多实验事实后，总结出判断感应电流方向的规律【答案】B【解析】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确，B错误；安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说，选项C正确；楞次在分析了许多实验事实后，总结出判断感应电流方向的规律，选项D正确；此题选择不符合事

6、实的选项，故选B.5. 有一小段通电导线，长为1 cm，电流强度为5 A，把它置于磁场中某位置，受到的磁场力为0.1 N，则该点的磁感应强度B一定是()A. B2 T B. B2 TC. B2 T D. 以上情况都有可能【答案】C【解析】考点：磁感应强度分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比解答：解：长为1cm，电流强度为5A，把它置入某磁场中某点，受到的磁场力为0.1N，当垂直放入磁场时，则公式B=F/IL得：B=2T，若不是垂直放入磁场时，则磁感应强度比2T还要大故

7、选：C点评：磁感应强度的定义式B= F/IL可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入磁场中即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定例如：电场强度E=F/q一样同时还要注意的定义式B= F/IL是有条件的6. 如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为() A. B. C. D. Bav【答案】C【解析】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：；AB两端的电压是路端电压，

8、根据欧姆定律得：AB两端的电压大小为：故选C. 点睛：本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是2Bav/37. 如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场闭合开关K后，导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁

9、场，则磁感应强度B的大小为（ ）A. (x2x1) B. (x2x1)C. (x2x1) D. (x1x2)【答案】B【解析】弹簧伸长量为x1时，导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件沿斜面方向有：mgsin=kx1+BIL；电流反向后，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件沿斜面方向：mgsin+BIL=kx2；联立两式得：B=（x2-x1）故选B。8. 匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示I1、I2

10、、I3时，金属环上很小一段受到的安培力。则( ) A. I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B. I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C. f1方向指向圆心，f2方向指向圆心D. f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心【答案】AD【解析】由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；由图甲所示可知，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针

11、方向，故B错误；由左手定则可知，oa段电流受到的安培力f1方向指向圆心，ab段安培力f2方向背离圆心向外，bc段，安培力f3方向指向圆心，故C错误，D正确。故选AD。点睛：本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤；判断每段受到的安培力时也可以用“增缩减扩”来判断9. 如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则()A. 线框中产生的感应电动势大小为kL2B. 电压表没有读数C. a点的电势高于b点的电势D. 电容

12、器所带的电荷量为Q C 【答案】BCD【解析】由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得：，故A错误。磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数。故B正确。由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a 点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势。故C正确。线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量QCUCkL2故D正确。故选BCD。点睛：本题运用法拉第电磁感应定律时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积要理解电压表的核心是电流表，没有电流，电压表指针不偏转，则没有读数10. 如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系x

13、Oy，在y0的空间内有与场强方向垂直的匀强磁场B.在y0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)从P点自由释放，此液滴沿y轴的负方向以加速度a2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置 改变了它的带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y0的空间内运动液滴在y0的空间内运动的过程中( )A. 重力势能一定先减小后增大B. 电势能一定先减小后增大C. 动能保持不变D. 动能不断增大【答案】AC【解析】带电粒子在电场与重力场作用下，由牛顿第二定律可得：qE+mg=ma=m2g，故qE=mg；当带电粒子进入磁场时，由于电场力与重力方向

14、相反，处于平衡。而洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动。所以重力势能先减小后增大，故A正确；由于电场力先作负功后做正功，所以电势能先增大后减小，故B错误；由于做匀速圆周运动，则速度的大小不变，则动能不变，故C正确，D错误；故选AC。11. 如图所示,竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面,平面上一个钉子固定一根细线,细线的另一端系一带电小球,小球在光滑水平面内绕做匀速圆周运动.在某时刻细线断开,小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动,下列说法可能正确的是（ ）A. 速率变小,半径变小,周期不变B. 速率不变,半径不变,周期不变C. 速率不变,半径变大,周期变大D. 速率不变,半径变小,周期变小【答案

15、】BCD【解析】因为洛伦兹力不做功，所以速度大小肯定不变，故AC错误若开始细线上无拉力，当细线断开之后，速率不变，半径不变，周期不变，故B正确细线上的拉力和洛伦兹力的合力提供向心力，若细线断开后，洛伦兹力提供向心力，若向心力变大，因为速率不变，根据，可知半径变小，周期变小，故D正确本题选错误的，故选AC12. 如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E由离子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子（初速度

16、为零，重力不计），经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点下列说法中正确的是（ ）A. P、Q间加速电压为ERB. 离子在磁场中运动的半径为C. 若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出D. 若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点则这些离子具有相同的比荷【答案】ABD【解析】试题分析：直线加速过程，根据动能定理，有：qU=mv2电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qE=m磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvB=mA

17、、由解得：U=，故A正确；B、由上解得：r=，故B正确；C、由式，只要满足R=，所有粒子都可以在弧形电场区通过；由式，比荷不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定不同，故C错误；D、由解得：r=，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；由式，比荷相同，故粒子的速度相同，故D正确；故选：ABD二、实验题13. 下述图中，游标卡尺示数是_cm，螺旋测微器示数是_mm，欧姆表的档位开关置于“100”档，用它测电阻的示数是_。【答案】 (1). 10.34cm ； (2). 3.388mm3.390mm ； (3). 3000【解析】由图示游标卡尺可知，主尺读数为10.3cm，游标尺上的第格与主尺对

18、齐，游标读数为0.1mm4=0. 4mm，游标卡尺示数是10.3cm+0.1mm4=10.34cm；螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01mm38.8. 388mm，螺旋测微器示数3mm+0.01mm38.8=3.388mm；欧姆表的档位开关置于“100”档，用它测电阻的示数是示数30100=3000；14. 某同学想测量某电池的电动势E和内阻r，选用器材如下：电流表A1(量程50 mA，内阻RA1约为10 )电流表A2(双量程，一量程为20 mA，另一量程200 mA)电阻箱R(0999.9 )定值电阻R0(阻值为4.0 )开关两个导线若干该同学设计了如图所示电路，并进行如

19、下操作：(1)实验中电流表A2选择_量程(2)将开关S1闭合，S2断开，调整电阻箱R，记下电流表A1、A2的示数I130.0 mA、I2120 mA，则电流表A1的内阻RA1_. （计算结果小数点后保留一位）(3)保持S1闭合，再闭合S2，调整电阻箱R，记下电阻箱阻值分别为30.0 、90.0 时对应的电流表A1的示数分别为25.0 mA、10.0 mA.由此可求得E_V，r_.（计算结果小数点后保留一位）【答案】 (1). (1)200 mA (2). (2)12.0 (3). (3)4.0 , (4). 7.0三、计算题15. 如图所示，MN、PQ为水平放置的光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略

20、不计)，MN、PQ相距L50 cm，导体棒AB在两轨道间的电阻为r1 ，且可以在MN、PQ上滑动，两端接有定值电阻R13 ，R26 ，整个装置放在磁感应强度为B1.0 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用外力F拉着AB棒向右以v5 m/s速度做匀速运动。求： (1)导体棒AB产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向；(2)导体棒AB两端的电压UAB。【答案】（1）2.5V BA方向（2）1.7V【解析】（1）导体棒AB产生的感应电动势EBLv25 V，由右手定则，AB棒上的感应电流方向向上，即沿BA方向（2）R并2 IAUABIR并V16. 如图所示，并列放置两条相同的光滑金属轨

21、道，均有水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心，N为水平段和圆弧段两段轨道切点（光滑连接），P为轨道最右侧一点前后两轨道之间宽度为0.5 m，匀强磁场方向竖直向上，大小为0.5 T质量为0.05 kg的金属细杆置于轨道上的M点当在金属细杆内通以电流为2 A的恒定电流时，其可以沿轨道由静止开始向右运动已知MNOP1.0 m，金属细杆始终垂直轨道，OP沿水平方向，则(g取10 m/s2) 求：（1）金属细杆在水平段运动的加速度大小？（2）金属细杆运动至P点时的速度大小为？【答案】（1）10 m/s2（2）2 m/s；【解析】（1）金属细杆开始运动时，由牛顿第二定律得：F安=BIL=ma解得： （2

22、）对金属细杆从M点到P点的运动过程，由动能定理得： F安（MN+OP）-mgON= mv2带入数据解得：v =2m/s点睛：本题中安培力是恒力，可以根据功的公式求功，运用动能定理求速度对圆周运动，关键要正确分析受力，确定向心力的来源，再根据牛顿运动定律求解轨道的作用力，也就是说按力学的方法研究通电导体的运动问题17. 如图所示，电动机用一绝缘轻绳牵引一根原来静止的、长为1 m、质量为0.1 kg的导体棒MN，其电阻R为1 ，导体棒架在处于磁感应强度B1 T，竖直放置的框架上，始终保持水平且接触良好，当导体棒上升h3.8 m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J，电动机牵引导体棒时，理想电压表

23、、理想电流表计数分别为7 V、1 A，电动机的内阻r1 ，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率P不变，g取10 m/s2，求：(1)导体棒能达到的稳定速度为多少？(2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？【答案】（1）2 m/s.（2）1s【解析】（1）电动机的输出功率为：P出=IU-I2r=6W；电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，则有：P出=Fv当棒达稳定速度时有：F=mg+BIL感应电流为： ，棒所受的安培力大小为：F安=，根据平衡条件得：F=mg+F安，联立以上三式，解得棒达到的稳定速度为：v=2m/s（2）由能量守恒定律得：P出t=mgh+mv2+Q解得：t=1s1

24、8. 如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一、四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U0的大小。（2）求t0/2时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。（3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。

25、【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有，联立以上三式，解得两极板间偏转电压为。（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为带电粒子离开电场时的速度大小为设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有联立式解得。（3）时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，联立式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为，带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。考点：带电粒子在电场及磁场中的运动视频