2015-2016高二上学期期末考试物理试题

    本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考试时间90分钟，满分100分。

第Ⅰ卷（选择题 共42分）

一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，1-9小题只有一个选项符合题意，10-14小题有多个选项符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）

1、如图所示的四幅图都是通电直导线放入匀强磁场中的情况，其中直导线所受安培力为零的是（　　）    

A.    B.    C.    D.

2、如图所示，一理想变压器的原副线圈匝数比＝10：1，一阻值为10的电阻R连接在变压器的副线圈上。若加在原线圈上的电压瞬时值随时间变化规律为u＝，下列说法中正确的是(    )

    A.电压表的示数为

    B.电流表的示数为1 A

    C.变压器的输人功率为10 W

    D.交变电流的频率为100 Hz

3、如图所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等。两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是(　　)

A．1、3两点电势相同    B．5、6两点电场强度相同

C．4、5两点电势不同    D．2点的电场强度和电势均为最大值

4、三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为（　　）

    A.3：2：1        B.1：2：3    

    C.1：1：1        D.1：：

5、小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（　　）

A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变

B.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小

C.对应P点，小灯泡的电阻为R=30Ω

D.对应P点，小灯泡的电阻为R=10Ω

6、在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是  (　 　) 

A．合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮

B．断开开关S时，A1和A2都立刻熄灭

C．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭

D．断开开关S时，流过A2的电流方向向右

7、如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因L2的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是（　　）

A.电流表、电压表的读数均变小   B.电源内阻消耗的功率变大

C.质点P将向上运动             D.电源的输出功率变大

8、如图甲所示，圆形导线框与电阻R串联，框内有变化的磁场．取由a经R流向b为感应电流iR的正方向，测得iR随时间t变化的图象如图乙所示．取垂直纸面向里为磁场的正方向，则描述磁感应强度B随时间t变化的图象正确的是（　　）

         A                   B                   C               D

9、某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是(   )

A．由于M点没有电场线，粒子在M点所受电场力为零

B．粒子必定带正电荷

C．粒子在M点的动能小于在N点的动能

D．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度

10、质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如图所示。若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是(   )

A．小球带正电

B．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动

C．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动

D．小球在斜面上向下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为

11、如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中．则正、负电子（　　）

   A.在磁场中的运动时间相同     B.在磁场中运动的轨道半径相同

   C.出边界时两者的速度相同     D.出边界点到O点处的距离相等

12、如图，空间有竖直向上的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，一带电小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则（　　）

        A.小球带正电

        B.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小

        C.小球一定是逆时针做匀速圆周运动

        D.小球在运动过程中机械能守恒

13、将阻值为100Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断（　　）

A.t=0时刻线圈应转到图甲所示的位置

B.该线圈的转速为50 r/s

C.穿过线圈的磁通量的最大值为Wb

D.线圈转一周所产生的电热为9.68J

14、如图所示，空间存在着匀强电场E和匀强磁场B组成的复合场．有一个质量为m、电量为+q的带电小球，以一定的初速度v0水平向右运动，则带电小球在复合场中可能沿直线运动的是（    ）

第Ⅱ卷（非选择题  共58分）

二、实验题（本题共2小题，每空2分（包括作图），共18分，请按题目要求作答。）

15、(8分)某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．

（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～10Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：

A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）      B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）

C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）         D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）

为减小测量误差，在实验中，电流表应选用　  　，电压表应选用　   　（填器材前的字母）；实验电路应采用图中的　   　（选填“甲”或“乙”）．

（2）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是　  　；

A．电流表测量值小于流经Rx的电流值

B．电流表测量值大于流经Rx的电流值

C．电压表测量值小于Rx两端的电压值

D．电压表测量值大于Rx两端的电压值

16、（10分）要测绘一个标有“3V  0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：

直流电源（电压为4V）；                电流表（量程为0—0.6A．内阻约0.5Ω)；

电压表（量程为0--3V．内阻约3kΩ)；   电键一个、导线若干。

① 实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）。

A．滑动变阻器（最大阻值10Ω, 额定电流1A）

B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.3A）

② 右图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。（用铅笔画线表示对应的导线） 

③ 实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而           （填“增大”、“不变”或“减小”）

④ 如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是

       Ω（保留两位有效数字）。

⑤ 根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是         

A. 测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电压表内阻引起

B. 测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电流表内阻引起

C. 测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电压表内阻引起

D. 测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电流表内阻引起

三、计算题（本题共4小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）

17、（9分）如图甲所示，a是电源的U﹣I图线，b是电阻R的U﹣I图象，用该电源与该电阻组成闭合电路，如图乙所示．求：

（1）电源的电动势为多少？电源的内阻为多少？电阻R的阻值为多少？

（2）电阻R消耗的电功率为多少？

（3）电源的内阻消耗的电功率为多少？

18、（9分）如图所示，一带电小球的质量m=2×10-4kg ,用长为L=0.8m的细线悬挂在水平方向的匀强电场中的O点，电场场强E=3×104N/C,当细线与竖直方向夹角为θ=37o时，小球恰好静止在A点。（g=10m/s2  ,sin37O=0.6   ,cos37O=0.8）求

（1）小球带什么电？电量是多少？

（2) 若剪断细线，则带电小球的运动轨迹是直线还是曲线？加速度是多少?

（3）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置的过程中，电场力做多少功?

19、（10分）质量为m，带电量为q的液滴以速度v沿与水平方向成45°角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．液滴带正电荷，在重力、电场力及磁场力共同作用下在场区做匀速直线运动．重力加速度为g．试求：

（1）电场强度E和磁感应强度B各多大？

（2）当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的影响，求此后液滴做圆周运动的半径．

20、（12分）如图所示，在水平面内固定一光滑的足够长的“U”型金属导轨，导轨间距L=1m，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度B=0.5T．一质量为m=1.5kg的导体棒以a=2m/s2的加速度从静止开始向右做切割磁感线运动，导体棒在回路中的电阻r=0.3Ω，定值电阻R=0.2Ω，其余电阻忽略不计．求：

（1）从运动开始2秒的时间内，回路中产生的感应电动势大小？

（2）2秒时导体棒两端的电压和R上的电功率大小？

（3）2秒时，作用在导体棒上的拉力F的大小？

（4）从运动开始2秒的时间内，作用在导体棒上的拉力F做36J功，求导体棒中产生的热量是多少？

     班级                 姓名                   考场                   考号                   座号              

………………………………………………密    ……    封  ………  线……………………………………………………

高二上学期期末模拟考试物理试题答题卷

第Ⅱ卷（非选择题  共58分）

      二、实验题（本题共2小题，每空2分（包括作图），共18分，请按题目要求作答。）

25．（20分）                                 

15． (1)________ 、 _______  、 _______  (2)         

16.（1）__________  （2）用铅笔画线表示对应的导线

  （3）___________  （4）         （保留两位有效数字）

  （5）        

3、计算题（本题共4小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）

17．（9分)

18．（9分）

19.（10分）

20.（12分）

高二上学期期末考试物理试题参

1、答案：D

2、答案： C

A、根据瞬时值表达式知原线圈电压有效值U=100V，根据电压与匝数成正比知副线圈即电压表的示数为10V．故A错误；

B、通过电阻的电流为I=10/10=1A，又由于电流表读出的是有效值，再由匝数比等于电流反比，得电流表A的读数为0.1A．故B错误；

C、输出功率等于P==10W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为10W，

D、交流电的频率f==50Hz，故D错误；

3、答案： B

4、答案： A

解答：粒子在磁场中运动的周期的公式为T=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为T，偏转角为60°的粒子的运动的时间为T，偏转角为30°的粒子的运动的时间为T．所以有T：T：T=3：2：1，选项A正确．

5、答案： D

解答：A、B图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故AB错误．

C、D对应P点，小灯泡的电阻为R===10Ω．故C错误，D正确．

6、答案:A

7、答案： C

考点：闭合电路的欧姆定律．

分析：首先对电路进行分析：L2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况．根据电源的内外电阻关系，分析电源输出功率的变化．

解答：AC、当L2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上移动；

由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大；故A错误，C正确．

B、因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小．故B错误．

D、由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化．故D错误．

8、答案： B

分析：根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小．

9、答案： BCD

10、答案：AB.

分析：小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又由于洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电．故A正确；小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用，由牛顿第二定律可知：，故小球做加速度为gsinθ，故B正确，C错误；则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力相等时，小球对斜面压力为零．所以Bqv=mgcosθ，则速率为．故D错误；

11、答案： BCD

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

分析：由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．

解答：A、粒子在磁场中运动周期为T=，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间t1=T；同理，负离子运动时间t2=T，显然时间不相等．故A错误；

B、由qvB=m得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；

C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确；

D、根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同，故D正确；

12、答案： AC

分析：小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力必定平衡，可判断小球的电性．由电场力做功情况，判断电势能的变化．机械能守恒的条件是只有重力做功．

解答：A、C、根据题，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，小球一定是逆时针做匀速圆周运动．故AC正确．

B、小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大．故B错误．

D、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒．故D错误．

故选：AC．

13、BD

解答：A、0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直，故A错误；

B、据图象可知，T=0.02s；据T=可得：ω=100πrad/s，所以转速为50r/s

C、据Em=nBSω可知，Bs==9×10﹣3Wb，故C错误；

D、据峰值可知，E=0.707Em=220V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量：Q==9.68J，

14、答案：AD

15、答案： （1）B、C、甲      （2）B

解答：（1）因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图．

（2）根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表A的分流作用，导致电流表的测量值大于流经Rx的电流，所以产生误差的主要原因是B；

16、答案： ①A；②电路图如图所示；③增大；④12；⑤C

解析：①为方便实验操作，滑动变阻器应选择A；

②描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为：

R==15Ω，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：

③由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大．

④电压表量程为3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为0.2A，此时灯泡电阻为：R=≈12Ω；

⑤电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得的小灯泡正常发光的功率P=UI偏大，故选C；

17、分析：    由图象可明确电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值；两图象的交点为电阻的工作点，由图可得电路中的电流及电压，由功率公式可求得功率．

解：（1）由甲图可知，电源的电动势为3V，内阻为：r==0.5Ω；电阻的阻值为：R===1Ω；

（2）由图可知，交点为电阻的工作点，由图可知电压为2V，电流为2A，则功率为：P=UI=2×2=4W；

（3）电源的内阻消耗的电功率为：P内=I2r=4×0.5=2W；

18、解析：（1） 小球带正电

由mg tanθ= Eq 得      q=C

（2）   由mg /cosθ= ma 得

a=12.5 m/s2

（3）根据静电力做功

19、【解析】（1）对液滴受力分析，受重力、电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，合力为零，根据平衡条件求解电场强度E和磁感应强度B；

（2）电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式求解．

解答：（1）滴带正电，液滴受力如图所示：

根据平衡条件，有：

Eq=mgtanθ=mg

qvB==mg

故：      B=；

（2）电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：a=      qvB=   解得：

20、【解析】（1）由v=at求出速度，然后由E=BLv可以求出感应电动势

（2）由欧姆定律求出电流，由电功率公式求出电功率．

（3）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力的大小与方向．

（4）由能量守恒定律可以求出导体棒上产生的热量．

解：（1）2s末的速度：v=at=2×2=4m/s，

回路中产生的感应电动势：

E=BLv=0.5×1×4=2V；

（2）电路中的电流：I===4A，

导体棒两端电压：U=IR=4×0.2=0.8V，

R上消耗的电功率为：P=I2R=42×0.3=4.8W；

（3）安培力：FB=BIL=0.5×4×1=2N，

由左手定则可知，安培力向左，

由平衡条件得：F=FB=2N，

力F的大小的方向水平向右．

（4）由能量守恒定律得：

W=mv2+Q，

代入数据解得：Q=24J，

QR=Q=×24=9.6J；