【解析】安徽省师范大学附属中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题含解析.doc

《【解析】安徽省师范大学附属中学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】安徽省师范大学附属中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题含解析.doc（17页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、安徽师范大学附属中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题1. 如图所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在电场线上的0点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动。下列判断中正确的是A. 电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小B. 电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C. 电场线由A指向B，该电荷做匀速运动D. 电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大【答案】B【解析】由题，负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从O到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A负电荷从静止开始，必定做加速运动由于电场

2、线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，也可能越来越大故B正确，ACD错误故选B2. 如图所示，闭合圆导线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径.试分析：当线圈做如下运动时，能产生感应电流的是A. 使线圈在纸而内平动B. 使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C. 使线圈以ac为轴转动D. 使线圈以bd为轴转动【答案】D【解析】试题分析：使线圈在纸面内平动，沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，

3、能产生感应电流，所以D选项正确。考点：磁通量3. 如图所示的电路，闭合开关s，滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是A. 电流表读数变小，电压表读数变大B. 小灯泡L变亮C. 电容器C上电荷量减小D. 电源的总功率变大【答案】A【解析】滑动变阻器滑片P向左移动时，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，则总电流减小，电流表的读数变小，内电压减小，由闭合电路欧姆定律知外电压增大，所以电压表示数变大通过灯泡的电流减小，则小灯泡变暗故A正确，B错误通过灯泡的电流减小，则灯泡两端的电压减小，外电压增大，所以滑动变阻器两端的电压增大，根据Q=CU知，电容器上电荷量增大故C错误根据P=

4、EI知，电流I减小，则电源的总功率减小故D错误故选A.4. 在磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法正确的是A. a、b两处的磁感应强度的大小不等且BaBbB. a、b两处的磁感应强度的大小不等且BaBbC. 同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D. 同一通电导线放在a 处受力一定比放在b处受力小【答案】B【解析】磁感线的疏密程度可表示磁感应强度，磁感线越密，该处的磁感应强度越大，所以，B确，A误，同一小段通电导线在磁场中的受力大小跟磁场强度和磁场与电流方向的夹角有关系，所以CD错误思路分析：磁感线的疏密程度可表示磁感应强度，磁感线越密，该处的磁感应强度越大，同一小段通电导线在磁场中的

5、受力大小跟磁场强度和磁场与电流方向的夹角有关系，试题点评：本题考查了对磁感线的理解，磁感线的疏密程度可表示磁感应强度，5. 如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K 与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中。两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为+q 的小球，K 断开时传感器上有示数，K闭合稳定后传感器上恰好无示数，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是A. 正在增加， B. 正在减弱，D.正在增加，C. 正在减弱， 【答案】D【解析】K闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力大小等于重力所以电容器的

6、上极板为负极，下极板为正极，所以线圈中的电流方向为下端流出，根据右手定则可得线圈产生的磁场方向向下，由楞次定律可判断磁场B正在增强，根据法拉第电磁感应定律EnU，又qmg得，故D正确思路分析：K闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力大小等于重力则根据这个情况判断出电容器的正负极，从而判断出线圈中电流的方向，则根据楞次定律可得出原磁场的变化情况，然后根据电场力和重力平衡联立式子求解可得试题点评：本题借代力传感器，考查了楞次定律和电磁感应定律以及电容间的电场，是一道综合性电磁学题目。6. 显像管的原理示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的0点，安装在管径上的

7、偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】A项：在前半个周期内，磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子向上偏转打在a点，B减小，由，分析可知半径增大，电子流打在荧光屏上位置向下移动；在后半个周期内，磁场方向向里，由左手定则判断可知，电子向下偏转，B增大，由，分析可知半径减小，电子流打在荧光屏上位置向下移动；故电子流打在荧光屏上的位置可以由a点逐渐移动到b点，故A正确；B项：在前半个周期内，磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子向

8、上偏转打在a点，B减小，由分析可知半径增大，电子流打在荧光屏上位置向下移动；在后半个周期内，磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子向上偏转，B增大，由分析可知半径减小，故电子流打在荧光屏上的位置可以由a点逐渐移动到O点，再由O点回到a点故B错误；C、D项：在前半个周期内，磁场方向向里，由左手定则判断可知，电子向下偏转打在b点，故C、D错误。7. 如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在0点处有一放射源，沿半径方向射出速率为r的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2 从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则A. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的荷质比的比值为3：1B. 带电粒子1的比荷

9、与带电粒子2的荷质比的比值为：1C. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为2：1D. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为1：2【答案】A【解析】根据图中几何关系，tan60=R/r1，tan30=R/r2，带电粒子在匀强磁场中运动，r=mv/qB，联立解得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为31，选项A正确B错误；带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为=2=23，选项CD错误。8. 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c 三点是实线与虚线的交点。则该粒子A. 带

10、负电B. 在c 点受力最大C. 在b点的电势能大于在c点的电势能D. 由a 点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化【答案】CD【解析】A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A错误；B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C、根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确。点

11、睛：电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。视频9. 如图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开。板间存在着方向竖直向下的勻强电场E和垂直于纸面向里磁感强度为B的匀强磁场。一质量为四电荷量为q的带电粒子(不计重力及空气阻力)，以水平速度的从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动。则A. 粒子一定带正电B. 若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子运动轨迹偏向下极板C. 若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动D. 若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间

12、可能是【答案】CD【解析】粒子无论带何种电荷，电场力与洛伦兹力大小都相等，且Eq=qvB，故A错误；当将板间距离变为原来的2倍，场强变小，EqqvB 粒子运动轨迹偏向极板；当粒子为正电荷时，偏向上极板；当粒子为负电荷时，偏向下极板，故B错误；据Eq=qvB 可知，将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，二力依然平衡，所以粒子仍做匀速直线运动，故C正确当撤去电场，粒子可能在极板间做半圆周运动再出磁场，据在磁场的圆周运动的周期T=，粒子在板间运动的最长时间可能是，故D正确故选CD10. 如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，垂直导轨横跨一根质

13、量为m 电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中.现使金属棒以初速度的沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.则A. 金属棒做加速度增大的减速运动B. 整个过程中电阻R上产生的热量为C. 整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为D. 整个过程中金属棒克服安培力做功为【答案】BCD【解析】金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；金属棒受到的安培力，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐

14、渐减小的变减速运动，故A错误；克服安培力做功把金属棒的动能转化为焦耳热，由于金属棒电阻与电阻串联在电路中，且阻值相等，则电阻R上产生的焦耳热Q=W安=mv02，故B正确；整个过程中感应电荷量q=It=t，又，联立得 q=故金属棒的位移s=，故C正确；整个过程中由动能定理可得：-W安=0-mv02，金属棒克服安培力做功为W安=mv02，故D正确；故选BCD点睛：金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理等正确解题11. 如图，两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨左端接

15、有耐压足够大的电容器C，匀强磁场B垂直导轨平面，有一导体棒垂直导轨和磁场放置，可紧贴导轨自由滑动，导体棒和导轨电阻忽略不计.现导体棒由静止释放，电容器两端电压为U，导体棒加速度为a、通过的电流为i、重力功率为P，则下列图象中能正确反映各量随时间变化规律的是A. B. C. D. 【答案】CD【解析】导体棒下滑时的加速度满足：mgsin-F安=ma，其中F安=BIL，I=，Q=CU，U=BLv，；联立可得I=CBLa；则可知，a不变，选项C正确；由I=CBLa可知，电路中的电流I不变，选项B错误；导体棒做匀加速运动，可知U=BLv= Blat，选项A错误；根据P=mgvsin= mgasint可

16、知，选项D正确；故选CD.点睛：该题的难度较大，涉及到的变化的物理量较多，并且是相互之间都有联系的，这就要求学生要有较强的物理分析能力，当然首先要对涉及到的运动过程及相关的物理量的变化要有清晰的分析和认识，同时要会熟练的利用相关公式对问题进行阐述二、实验题12. 在“测定电源的电动势和内阻”的实验中：(1)现备有以下器材：A.干电池1节 B.滑动变阻器(050)C.滑动变阻器(010k) D.电压表(03V)E.电压表(015V) F.电流表(00.6A)G.电流表(03A) H.开关、导线若干其中滑动变阻器应选_，电流表应选_，电压表应选_。123456I/A0.050.100.200.25

17、0.300.40U/V1.451.401.321.271.221.13(2)为了最大限度地减小实验误差，请在方框内画出该实验最合理的电路图_。(3)某同学记录的实验数据如下表所示，试根据这些数据在图中画出U-I图象_。根据图象得到被测电池的电动势E=_V，内电阻r=_。【答案】 (1). （1）B； (2). F； (3). D (4). （2）如图所示； (5). （3）U-I图像如图所示； (6). 1.481.50； (7). 0.900.96【解析】（1）其中滑动变阻器应选阻值较小的B; 电流表应选量程为0.6A的F即可；电压表应选3V量程的D.（2）实验最合理的电路图如图；（3）根据

18、这些数据在图中画出U-I图象如图；根据图象得到被测电池的电动势E=0.5V；内电阻r=.13. 在练习使用多用电表的实验中：(1)某同学连接的电路如图所示。若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过_的电流；若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是_的阻值；若旋转选择开关，使其尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是_两端的电压。(2)(多选) 使用多用电表的欧姆挡测量电阻，下列说法正确的是_.A.双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小B.测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量C.选择“10”倍率

19、测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25D.欧姆表内的电池使用时间太长，电源电动势减小，虽能完成调零，但测量值将略偏大【答案】 (1). （1）R1； (2). R1和R2串联； (3). R2（或电源）； (4). （2）AD【解析】（1）若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过R1的电流；若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是R1和R2串联的阻值；若旋转选择开关，使其尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是R2（或电源）两端的电压。（2）双手捏住两表笔金属杆，相当人体的电阻与待测电阻并联，则测量值将偏小

20、，选项A正确；测量时发现指针向左偏离中央刻度过大，说明倍率档选择的过小，则必须增大倍率；若指针向右偏离中央刻度过大，说明倍率档选择的过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量，选项B错误；因欧姆表的表盘刻度是不均匀的，越靠近右端刻度越稀疏，则选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于250，选项C错误；当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，电流：Ig=，内阻R内=，当指针指在刻度盘的正中央时I= Ig/2，代入数据可得RX=R内；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig=，欧姆表内阻R内得调

21、小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，故D正确故选AD.点睛：本题考查了欧姆表的使用注意事项、欧姆表读数，用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零三、计算题14. 如图甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为1，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源。将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直。已知轨道和导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图乙为图甲沿ab

22、方向观察的平面图。若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止。(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向。【答案】（1）图见解析；（2）F=mgtan（3） 垂直轨道平面斜向上【解析】试题分析：导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，安培力方向由左手定则判断，作出受力示意图根据共点力平衡条件求解磁场对导体棒的安培力的大小；要使磁感应强度最小，则要求安培力最小，当安培力方向平行斜面向上时，安

23、培力最小，由平衡条件和F=BIL公式求解磁感应强度B的最小值。（1）导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，由左手定则判断可知，安培力方向水平向右作出受力示意图如图所示（2）根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小 F=mgtan（3）要使磁感应强度最小，则要求安培力最小根据受力情况可知，最小安培力 Fmin=mgsin，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度Bmin=FminIlmgsinIl根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上点睛：本题是通电导体在磁场中平衡的问题，分析受力情况是解答的基础，关键是判断安培力的方向。15. 我国“嫦娥二号”探

24、月卫星在发射1533秒后进入近地点高度为200km的地月转移轨道。假设卫星中有一边长为50cm的正方形导线框，由于卫星的调姿由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B=4 10-5T，方向如图所示。问：(1)该过程中磁通量的改变量是多少?(2) 该过程线框中有无感应电流?设线框电阻为R=0.19，若有电流则通过线框的电量是多少? (sin37=0.6，cos37=0.8)【答案】1.410-6Wb；有；1.410-4C【解析】(1)设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量 当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角=143，穿过线框的磁通量该过程磁通量的改

25、变量大小： 因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流。根据电磁感应定律得： 通过的电量为 16. 如图所示，在平面直角坐标系x0y内，第二、第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、第四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M（L，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外。一带正电粒子从第象限中的(-2L，-L)点以速度沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点0进入磁场，从Q(2L，0)点射出磁场。不计粒子重力，求：(1)电场强度与磁感应强度大小之比；(2)粒子在磁场与电场中运动时间之比。【答案】（1） （2）【解析】（1）设粒子的质量和所带电量分别为m和q，粒子在电场中运动，如

26、图所示。由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2L=v0t 粒子到达0点时沿+y方向分速度为：vy=at1=v0 得=45粒子在磁场中的速度为v=v0由 由几何关系得r=L解得： (2)粒子在磁场中运动的周期 粒子在磁场中运动时间为得 17. 如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距l=0.5m，左侧接一阻值为R=1的电阻。有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中。t=0时，用一外力F沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度a=0.2m/s做匀加速运动，外力F与时间t的关系如图乙所示。(1)求金属棒的质量

27、m；(2)求磁感应强度B；(3)当力F达到某一值时，保持F不再变化，金属棒继续运动3s，速度达到1.6m/s 且不再变化，测得在这3s内金属棒的位移s=4.7m，求这段时间内电阻R消耗的电能。【答案】（1）0.5kg（2）1T（3）1.6J【解析】由图（乙）知F=0.1+0.05t（1）F合=F-F安=（0.1+0.05t）ma，考虑t=0时，v=at=0即 F合=0.1N牛顿第二定律得：（2）棒做匀加速运动，F合(0.1+0.05t) =0.1+(0.05)t=常数所以0.050，解得： .EWFEkFSm(vm2v62)0.44.70.5(1.621.22)1.6J点睛：解答这类问题的关键是正确分析安培力的大小与方向，结合题目给出的图像，然后根据导体棒所处状态列方程求解 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%