【解析】黑龙江省哈尔滨市第三中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题含解析.doc

《【解析】黑龙江省哈尔滨市第三中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【解析】黑龙江省哈尔滨市第三中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题含解析.doc（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、黑龙江省哈尔滨市第三中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题： 1. 关于科学家做出的贡献，下列说法正确的是A. 奥斯特提出分子电流假说B. 法拉第采用了电场线的方法来描述电场C. 安培发现了点电荷的相互作用规律D. 洛伦兹力发现了磁场对电流的作用规律【答案】B【解析】安培提出分子电流假说，选项A错误；法拉第采用了电场线的方法来描述电场，选项B正确；库伦发现了点电荷的相互作用规律，选项C错误；安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误；故选B.2. 以下说法正确的是A. 运动电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力B. 运动电荷在电场中不一定受到电场力C. 运动的点在磁场中未受到洛

2、伦兹力，该处的磁感应强度一定为零D. 运动的电荷在电场中未受到电场力，该处的电场强度不 一定为零【答案】A【解析】电荷的速度与磁场平行时，不受洛伦兹力，所以运动电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力，选项A正确，C错误；根据F=Eq可知在电场中的电荷受电场力作用，若F=0，则E=0，选项BD错误；故选A.3. 如图，间距为L的平行金属导轨上有一电阻为r的金属棒ab与导轨接触良好，导轨一端连接电阻R，其他电阻不计，磁感应强度为B，当金属棒ab以速度v向右匀速运动时，下列说法正确的是A. 电阻R两端的电压为BLvB. ab棒受到的安培力的方向向左C. ab棒中电流大小为BLv/RD. 回路中电流为顺时针方

3、向【答案】B【解析】导体棒产生的感应电动势为E=BLv，ab棒中电流大小为,由右手定则，感应电流方向由b到a（逆时针方向），则R两端电压为BLv-Ir，由左手定则可知安培力向左，故选B.4. 如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是A. 将变阻器滑动头P向右滑动B. 将变阻器滑动头P向左滑动C. 将极板间距离适当增大D. 将极板间距离适当减小【答案】C点睛：本题是带电粒子在混合场中运动的问题，电子受到电场力和洛伦兹力，要使粒子做直线运动，则要求电场力等于洛伦兹力5. 如图所示，在垂直于纸面向外的匀强磁场中，ABC是边长为a的等

4、边三角形，闭合为e/m的电子以速度从A点沿AB边射入三角形区域。欲使电子经过BC边射出该区域，磁感应强度B的取值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几何知识得：2Rcos30=a，得R= ；欲使电子能经过BC边，必须满足R；而，所以，故选C.点睛：本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解B的范围6. 直导线ab放在如图所示的水平固定导体框架上，构成一个闭合回路，长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动，关于cd中的电流下列说法正确的是

5、A. 电流肯定在增大，不论电流是什么方向B. 电流肯定在减小，不论电流是什么方向C. 电流大小恒定，方向由c到dD. 电流大小恒定，方向由d到c【答案】B【解析】导线左移时，线框的面积增大，由楞次定律可知原磁场一定是减小的；并且不论电流朝向哪个方向，只要电流减小，都会发生ab左移的情况，故B正确，ACD错误。7. 如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直，在此区域中，有一个竖直的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向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

6、由静止释放下列判断正确的是A. 当小球运动到c点时，洛伦兹力最大B. 小球恰好运动一周后回到a点C. 小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大D. 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小【答案】D【解析】电场力与重力的大小相等，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bc弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最低点”，关于圆心对称的位置就是“最高点”。“最低点”时速度最大，洛伦兹力最大；若从a点静止释放，最高运动到bO连线与圆弧的交点处，AB错误；从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减小，小球从b点运动到c点电场力做负功，电势能增大，但由于

7、bc弧的中点速度最大。所以动能先增后减，选项C错误，D正确；故选D.8. 关于磁场的磁感应强度B、电流I和安培力F的相互关系，下图中不正确的是A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】由左手定则可知，A图中安培力应与图中反向，B图中F方向应于I、B均垂直直线左上方，C图中F=0，只有D是正确的；此题选择不正确的，故选ABC.9. 一根通有电流的水平直铜棒用两条等长的竖直软导线挂在如图所示的匀强磁场中，此时两悬线的总张力大于零而小于铜棒的重力，铜棒静止。欲使悬线中拉力为零，可采用的方法有A. 适当增大电流，其它不变B. 适当减小电流，其它不变C. 电流方向反向，其它不变D. 适当增大磁感应强

8、度，其他不变【答案】AD【解析】两悬线的总张力大于零而小于铜棒的重力说明安培力向上，要使悬线中张力为零，需增大安培力，根据F=BIL，所以增大I和B均可，故选项AD正确，BC错误；故选AD.10. 如图甲所示，面积S=1m2的一个金属圆环内有垂直于平面向里的匀强磁场，圆环总电阻为5，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示（B取向里为正），以下说法正确的是A. 圆环中产生顺时针方向的感应电流B. 圆环中磁通量的变化率为1Wb/sC. 圆环中产生的感应电动势大小为2VD. 01s内，通过圆环截面的电荷量为0.2C【答案】BD【解析】由楞次定律可知圆环中感应电流应为逆时针方向；圆环中磁通量的

9、变化率应为圆环中磁感应强度的变化率乘以圆环面积，由图可知圆环中磁感应强度的变化率为=1T/s，所以圆环中磁通量的变化率应为1Wb/s，选项A错误，B正确；圆环中产生的感应电动势大小为，01s内，通过圆弧截面的电荷量为，选项C错误，D正确；故选BD.11. 如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行，下列说法正确的是A. 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B. 匀强电场的电场强度大小为10V/mC. 匀强电场的电场强度方向为由C指向AD. 将一个电子由F点移到D点，电子的电势能

10、将减少1ev【答案】AC【解析】连接AC，根据匀强电场的性质可知，AC中点G电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，由正六边形对称性，CD平行于EB，而匀强电场的等势面平行，则CD直线也是一条等势线，同理，AF的直线也为等势线故A正确BA间的电势差为UBA=1V，又UBA=EdABcos30，得场强故B错误；由几何知识得知，CAEB，EB是等势线，则CA连线必为一条电场线，而且电场强度的方向由C指向A故C正确由上得知，F的电势与A点相等为1V，D点与C点的电势相等为3V，则电子从F点移到D点，电场力做正功，而且为WED=qUED=q（F-D）=-（1-3）eV=2eV，电势能将减小

11、2eV故D错误故选AC点睛：本题考查匀强电场性质的掌握，解题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系12. 如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B=1.0T，质量m=0.04kg，高h=0.05m、总电阻R=5，n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量M=0.08kg的绝缘小车上，小车与线圈的水平长度L相等。线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直若小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图象如图乙所示，则根据以上信息可知A. 小车的水平长度L=15cmB.

12、磁场的宽度d=35cmC. 小车的位移x=10cm时线圈中的电流I=7AD. 线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=5.46J【答案】CD【解析】闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度L=10cm，故A错误；磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm-5cm=25cm，故B错误；位移x=10cm时线圈的速度为7m/s，线圈进入磁场过程中，根据I=n=1007A，故C正确；线圈通过磁场

13、过程中运用动能定理得：（M+m）v22-（M+m）v12=W安，由乙图可知v1=10m/s，v2=3m/s，带入数据得：W安=-5.46J，所以克服安培力做功为5.46J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为5.46J，故D正确故选CD点睛：闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解二、填空题13. 现用伏安法测某电源的电动势和内阻，数据处理时画出了如图的U-I图像，由图像可知

14、，电源的电动势为_，内阻为_（均保留到小数点后两位）。【答案】 (1). 1.50V (2). 0.80【解析】由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻：；14. 用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量。（1）将K旋转到电阻档“100”的位置；（2）将插入“”、“”插孔的表笔短接，转动部件_（选填“S”、“T”或“K”）；使指针对准电阻的_（填0刻度线或刻线）（3）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按的顺序进行操作，

15、再完成读数测量_A将K旋转到电阻挡“1k”的位置B将K旋转到电阻挡“10”的位置C将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D将两表笔短接，旋动合适部件，进行欧姆调零（4）测量完毕后，把选择开关旋到_。【答案】 (1). T (2). 0刻度线 (3). ADC (4). OFF档【解析】（2）将插入“”、“”插孔的表笔短接，调节调零旋钮，即转动部件T；使指针对准电阻的0刻度线；（3）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小说明档位选择过低，为了得到比较准确的测量结果，应将K旋转到电阻挡“1k”的位置，然后将两表笔短接，旋动调零旋钮，进行欧姆调零，然后将两表笔的金属部分分别与被测电

16、阻的两根引线相接进行测量；即进行ADC步骤；（4）测量完毕后，把选择开关旋到OFF档或交流电压最大档.三、计算题15. 如图所示，平行板电容器两极板M、N的间距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板N带正电，现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板所带电荷量与油滴所带电荷量的比值为k，请问：（1）油滴的电性是什么？（2）改平行板电容器的电容是多少？【答案】（1）带正电（2）.（2）设油滴所带电荷量为q，则电容器所带电荷量为Q=kq由可得16. 如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连

17、接一阻值为R=0.50的电阻质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计g取10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响） （1）判断金属棒两端a、b的电势高低；（2）求磁感应强度B的大小；（3）在金属棒ab从开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量。【答案】（1）b的电势高（2）（3）【解析】（1）由右手定则判断可知b端电势较高（2）当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得：mg=BIL金属棒产生的感应电动势

18、为：E=BLvt 则电路中的电流为：I=由图象可得：代入数据解得：B=0.1T（3）在01.5s，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得：mgh-W安=mv2-0则得：W安=0.48J即整个回路产生的总热量为：Q=W安=0.48J对闭合回路由闭合电路欧姆定律得：E电=I（R+r）则电阻R两端的电压UR为：UR= E电则电阻R上产生的热量为：QR=Q=0.3J点睛：电磁感应往往从两个角度研究：一是力，关键是安培力的分析和计算，是常用的经验公式，要记牢二是从能量的角度，关键分析能量如何转化17. 如图所示，一个质量为m=2.010-11kg，电荷量为q=1.010-5C的带正电粒子P（重力忽略不计

19、），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压为U2金属板长L=20cm，两板间距d=20cm，上极板带正电，下极板带负电粒子经过偏转电场后进入右侧垂直纸面向里的水平匀强磁场中，位于磁场左侧的理想边界紧邻偏转电场，磁场中其余区域没有边界磁场磁感应强度为B求：（1）微粒进入偏转电场时的速度大小？（2）若粒子一定会由偏转电场进入磁场中，偏转电压U2满足什么条件？（3）当U2=120V时，若粒子离开磁场后不会第二次进入偏转电场，则磁感应强度B应满足什么条件？【答案】（1）（2）【解析】（1）微粒在加速电场中由动能定理，解得（3）若，设粒子以v进入磁场，且速度与水平方向成角，则，在磁场中如图，若粒子回到磁场边界时经过的点在上板右边缘上方，则不会第二次进入电场，即解得 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%