重庆市巴蜀中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 含解析_百度...

重庆市巴蜀中学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，在匀强磁场中，一矩形金属线框与磁感线垂直的转轴匀速转动，则下列说法中正确的是（  ）

A. 矩形金属线框中能产生正弦交变电流

B. 线圈平面每经过中性面一次，感应电动势的方向就改变一次，感应电流的方向不变

C. 当线框平面与中性面重合，磁通量最大，感应电动势最大

D. 当线框平面与中性面垂直时，线框的磁通量及磁通量变化率均为零

【答案】A

【解析】A、根据磁通量变化的规律知此矩形金属线框中能产生正弦交变电流，故A正确；

B、从矩形金属线框与磁感线垂直的转轴匀速转动开始计时，此线圈产生的电动势瞬时值表达式为： ，所以线圈每经过中性面一次电动势方向变化一次，相应的电流方向也改变一次，故B错；

C、当线框平面与中性面重合，磁通量最大，感应电动势最小，故C错误；

D、当线框平面与中性面垂直时，磁通量最小，磁通量变化率最大，故D错，

综上所述本题答案是：A

2. 如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，B恰能保持静止，其中A、C两点与B的距离分别是L1和L2，不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷（电量与质量之比）之比应是（   ）

A.     B. 

C.     D. 

【答案】B

【解析】A、C带同种电荷，B与A、C电性相反。B恰能保持静止，所受库仑力的合力为零， 

解得：  ,故B正确；

综上所述本题答案是：B

3. 如图，MN上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。一带电粒子从P点垂直于MN向上射出，从Q点穿越MN后到达PQ的中点O，则MN上方和下方的磁感应强度大小之比为（   ）

A. 1    B.     C. 2    D. 

【答案】D

【解析】由题意知上下两部分的半径之比是： ，电荷在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以在两个区间运动的速度相等，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力， ，得： ，故D正确；

综上所述本题答案是：D 

4. 微型吸尘器的直流电动机内阻一定，当加上的电压时，通过的电流为，此时电动机不转。当加在电动机两端的电压为时，电流为，这时电动机正常工作，则关于吸尘器的内阻r和输出功率P的说法正确的是(   )

A.     B.     C.     D. 

【答案】C

【解析】电动机不转动时,其消耗的电功全部转化为内能,故可视为纯电阻电路,由欧姆定律得电动机线圈内阻: 故C对，D错；

电动机正常工作时： 

此时内部发热产生的热功率为 

电动机的输出功率为;故AB错；

综上所述本题答案是：C 

5. 静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示器其金属球与外壳之间的电势差的大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是（   ）

A. 保持开关S闭合，将A、B两极板分开些

B. 保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些

C. 断开开关S后，将A、B分开些

D. 保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动

【答案】C

【解析】A、要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，保持开关S闭合，则电容器两端的电压不变，故不管是AB之间的距离增大还是减小，将滑动变阻器滑动触头向右移动还是向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，都不能使张角增大，故ABD错

C、断开开关S后，将A、B分开些，电容器的带电量不变，由 及 得C减小，U增大，故C正确；

综上所述本题答案是：C

6. 如图所示，水平光滑轨道宽为L，轨道区间存在着斜向上与水平方向夹角为的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m的导体棒垂直导轨放置，与轨道右端的距离为s。某时刻起给导体棒通如图所示的恒定电流I，导体棒加速后从导轨右端水平飞出，忽略空气阻力，则：（   ）

A. 导体棒受到安培力为

B. 导体棒在轨道上的加速度大小为

C. 导体棒经过飞离轨道

D. 导体棒经过飞离轨道

【答案】D

【解析】A、由于磁场方向垂直于电流计导体棒，所以安培力的大小为，故A错；

........................

得; 故B错；

C、由 得：，故C错D对；

综上所述本题答案是：D

点睛：导体棒飞离后做平抛运动,根据平运动的特点求得运动的时间和初速度,导体棒在磁场中受到安培力,根据运动学公式求得加速度,根据牛顿第二定律求得磁感应强度

7. 如图所示为简化的电动机工作原理，相距为L的两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，端点MP间接有直流电源，电路中的电流为I，质量为m的重物跨过光滑定滑轮与电阻为R的导体棒ab相连，竖直方向上存在磁感应强度为B的匀强磁场，在安培力作用下ab棒向右运动，导轨电阻忽略不计，以下说法正确的是（  ）

A. 磁场方向一定竖直向上

B. 若导体棒向右匀速运动，t时间内“电动机”输出的机械能

C. 导体ab向右运动切割磁感线产生顺时针方向的感应电流

D. 安培力对ab棒做的功一定等于电路产生的热量

【答案】B

【解析】A、在安培力作用下ab棒向右运动，说明安培力方向向右，由于竖直方向上存在磁感应强度为B的匀强磁场，结合电流方向根据左手定则知：磁场方向应该竖直向下，故A错；

B、若导体棒向右匀速运动，则说明安培力的大小等于重物的重力，即 所以“电动机”输出的机械能，故B正确；

C、由右手定则知：导体ab向右运动切割磁感线产生逆时针方向的感应电流，故C错；

D、导体棒受到向右的安培力和向左的拉力作用，由动能定理知安培力做的功等于系统增加的动能和重物增加的重力势能，故D错

综上所述本题答案是：B

8. 如图所示，在圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，PQ是圆的直径。一电子（不计重力）从P点射入磁场，速度大小为v，方向与PQ成 的角时，恰好从Q点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一电子从P点沿PQ方向射入磁场，也经过时间t飞出磁场，则其速度大小为（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【解析】设圆形区域的半径为R.

当粒子从Q点飞出磁场时,入射速度与出射速度与PQ的夹角相等,所以速度的偏转角为,轨迹对应的圆心角为.

由几何关系知： 

当粒子从a点沿ab方向射入磁场时,经过磁场的时间也是t,说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等,也是.

根据几何知识得,粒子的轨迹半径为  

带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有:

 ，得： 

则 

所以 ，故A正确；

综上所述本题答案是：A

点睛：粒子在磁场中运动,运动的时间周期与粒子的速度的大小无关,分析粒子的运动的情况,可以判断第二个粒子的运动轨迹半径,即可根据牛顿第二定律求出速度大小.根据粒子的运动的轨迹的情况,找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动的时间.再结合半径关系，知道要求解的速度关系。

9. 美国一位物理学家卡布莱拉用实验寻找磁单极子。实验根据的原理就是电磁感应现象，仪器的主要部分是由超导体做成的线圈，设想有一个磁单极子穿过超导线圈，如图所示，于是在超导线圈中将引起感应电流，关于感应电流的方向下列说法正确的是（    ）

A. 磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中产生的感应电流的方向变化

B. 磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向不变

C. N磁单极子，与S磁单极子分别穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向相同

D. 假若磁单极子为N磁单极子，穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向始终为逆时针（从上往下看）

【答案】BD

【解析】若N磁单极子穿过超导线圈的过程中,当磁单极子靠近线圈时,当穿过线圈中磁通量增加,且磁场方向从上向下,所以由楞次定律可以知道,感应磁场方向:从下向上,再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针;当磁单极子远离线圈时,当穿过线圈中磁通量减小,且磁场方向从下向上,所以由楞次定律可以知道,感应磁场方向:从下向上,再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针.因此线圈中产生的感应电流方向不变.；若是S磁单极子穿过超导线圈,与A分析相同,得出:靠近线圈时,感应磁场从上向下,则感应电流方向顺时针;当远离时,感应电流也是顺时针，故BD正确；

综上所述本题答案是：BD

点睛：磁单极子穿过超导线圈,导致线圈中的磁通量发生变化,根据磁通量变化情况,由楞次定律可判定感应电流的方向.

10. 如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻，L为小灯泡，C为电容器，V1、V2、A均为理想电表，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离，滑动前后电压表V1、V2变化量的绝对值分别为 、，电流表A示数变化量的绝对值为，则（   ）

A. 灯泡亮度逐渐变暗

B. 电源输出功率增加

C. 保持不变，将会增加

D. 滑动滑片的过程中，电容器中电量减小

【答案】BD

【解析】滑片向右滑动变阻器连入电路的阻值变小，总电阻变小，电流变大，灯泡逐渐变亮，A错，；

B、电源输出功率最大时电源内阻等于外电路电阻，由题意可知：外电路电阻大于内阻且在变小，所以电源输出功率增加，故B对；

C、 所以 ，，则 ，即在滑片滑动过程中，都保持不变，故C错；

D、滑片向右滑动变阻器连入电路的阻值变小，总电阻变小，电流变大，定值电阻分的电压增大，而路端电压是减小的，所以电容器两端的电压减小，由 得电荷量也在减小，故D对；

综上所述本题答案是：BD

11. 如图所示是研究自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S，则（   ）

A. 闭合S后，A1逐渐变亮，A2变亮后变暗一些，最终亮度相同

B. 闭合S后，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，最终亮度相同

C. 稳定后断开S，A1. A2都慢慢熄灭

D. 稳定后断开S，A1慢慢熄灭，A2直接熄灭

【答案】AC

【解析】AB、闭合瞬间，L相当于断路，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，随着A1的逐渐变亮，回路中电阻减小，电流增大，路端电压会减小，所以A2会变暗一些，稳定后，两个灯泡亮度相同，故A对，B错， 

CD、稳定后断开S，由于线圈中电流无法突然消失，所以线圈和A1、A2构成回路，电流逐渐减小，所以两个灯泡都是慢慢变暗。故C对，D错；

综上所述本题答案是：AC

12. 如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形MNQP，电场方向与四边形MNQP所在平面平行，其中A为MP的中点，B为NQ的中点，一个电荷量为q的正粒子，从M点移动到N点的过程中，电势能减少，若将该粒子从P点移动到Q点，电势能减小，下列说法正确的是（    ）

A. 匀强电场场强方向必沿PQ方向

B. 若MN之间的距离为L，则该电场的场强大小为

C. 若将该粒子从A点移动到B点，则电场力做功大小

D. 若AB之间的距离为L，则该电场场强最小值为

【答案】CD

【解析】A、根据题意由M到N或者由P到Q,电场力做正功,从而电势能减小,但是匀强电场的场强,无法判断,故A错误; 

B、由于MN之间的距离不一定是沿电场线方向上的距离，所以无法计算电场强度的大小，故B错误；

C、因为电场是匀强电场,在同一条电场线上,A点的电势是M、P两点电势的平均值,B点的电势等于NQ两点电势的平均值，

即： ;

 故C对；

D、由得： ，则电场强度，距离d为沿电场方向上的距离，若AB两点恰好在电场线上，则此时电场的场强最小，最小值为，故D正确

综上所述本题答案是：CD

二.实验题

13. 一同学在实验室找到一个圆柱形的电阻元件，该同学进行了一系列的测量，测量结果如图所示：

（1）该电阻原件长度测量结果如图甲所示，则长度____，该导体的直径测量结果如图乙所示，则直径____；

（2）欧姆表测该电阻的阻值时，将选择开关置于“”位置，发现指针偏转角太大，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆档是_____（填“”或“”），此时指针的位置如图所示，则电阻值_____；

【答案】    (1). （1）      (2).     (3). （2）       (4). 

【解析】（1）游标卡尺主尺上的读数为 ，分尺上的读数为： ，

游标尺的最终读数为： 

螺旋测微器主尺上的读数为 ，

分尺上的读数为： ，

则螺旋测微器最终的读数为 

（2）欧姆表测电阻时，应该让指针在表盘的部分，而欧姆表测电阻之前指针指在电流的零刻度，即最左侧，测电阻时，若指针偏转角太大，则表示所测电阻比较小，应该换用“”，使指针指向位置附近，图中电阻的数值为 

14. 某同学为描绘小灯泡完整的伏安特性实验，准备了如下器材：

A.电压表V（量程，内阻）

B.电压表V（量程，内阻）

C.电流表A（量程，内阻约）

D.电流表A（量程，内阻约）

E.滑动变阻器R0（全阻值，额定电流）

F.滑动变阻器R0（全阻值，额定电流）

G.电池组（电动势，内阻）

H.小灯泡（,）

I.开关S，导线若干

（1）为了画出小灯泡的完整的伏安特性曲线，在所提供的实验器材，电流表选_____，电压表选____，滑动变阻器选______。

（2）根据实验原理，请在实物图上完成电路的连线__________；

（3）实验中绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，若将小灯泡与定值电阻并联后再与定值电阻串联后直接接到电源两端（电动势，内阻），则小灯泡实际消耗的功率___W。

【答案】    (1). （1）C，    (2). A，    (3). E    (4).     (5). （3）（之间均可以）

【解析】（1）小灯泡的额定电压为3V，所以电压表选A，小灯泡的额定电流为 ,所以电流表选C，描述小灯泡的伏安特性曲线时要求电压从零开始，所以应该用分压电路，选阻值较小的滑动变阻器，即E，

（2）电路图如图所示

（3）设小灯泡两端的电压为U,流过的电流为I,则由闭合电路欧姆定律得 ,整理并代入数值得作图如图所示,

交点即为工作点,由图可以知道,电压,电流 ,代入数据得:(0.15-0.19V都可以) 

点睛：

(1)明确实验原理,从而确定滑动变阻器接法以及电流表的接法; 

(2)根据原理图可连接实物图; 

(3)根据对应的电路进行分析,根据闭合电路欧姆定律列式进行分析,做U-I图象从而确定灯泡的工作点，而后求功率

三.计算题

15. 如图甲为小型发电机的原理示意图，矩形金属线圈abcd的面积为S，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的灯泡相连构成闭合电路，求：

（1）时间内通过小灯泡的电量q多大？

（2）小灯泡的功率？

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）流过小灯泡的电荷量为

，

，

得：

（2）电流的有效值为：

则小灯泡的功率为：

综上所述本题答案是：（1）；（2）

16. 如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r，现从静止释放杆ab，测得其在下滑过程中的最大速度为。改变电阻箱的阻值R，得到与R的关系如图乙所示，已知轨道间距为，重力加速度g取，轨道足够长且电路不计。

（1）当时，求杆ab匀速下滑过程中产生的感应电动势E的大小及杆中电流的方向；

（2）求杆ab的质量m和阻值r；

（3）当时，从开始运动到速度恰好最大时ab杆向下运动了，求电阻箱上产生的热量？

【答案】（1） ；电流方向为

（2），；

（3） 

【解析】（1）由图可知，当时，杆ab最终以的速度匀速运动，杆ab切割磁感线产生的电动势为：

根据楞次定律可知杆ab中电流方向为

（2）设杆ab下滑过程中的最大速度为，杆切割磁感线产生的感应电动势为 

由闭合电路欧姆定律：

杆ab达到最大声速度时满足：

解得： 

图像的截距为：  

图像的斜率为： 

解得：，

（3）由图可知，当时， ，全过程动能定理可知：

 ，

得：

综上所述本题答案是：

（1） ；电流方向为

（2），；

（3） 

点睛：本题考查了导体棒切割磁感线产生感应电动势，要正确理解法拉第电磁感应定律，并运用能量守恒解决回路中焦耳热的问题。

17. 真空中水平放置的金属板AM、BN中间开有小孔，小孔的连线沿竖直方向，一质量为m.电荷量为q的带正电粒子P（初速度不计.重力不计）在AM、BN间被加速后，进入BN与CD间的水平向右的偏转电场，恰能从D点射出（C、D为偏转电场下边界上的两点），已知金属板AM、BN间电势差为，BN板到CD的距离为L，OD长度为。在CD下方有如图1所示的范围足够大的匀强磁场，磁场上边界与CD重合，磁感应强度随时间变化的图像如图2所示，图2中的已知，但其变化周期T0未知，垂直纸面向里为磁场的正方向。

（1）求粒子进入偏转电场时的速度大小；

（2）求粒子刚进入磁场时的速度大小和方向；

（3）若粒子进入CD下方后，将BN于CD间的匀强电场换成磁感应强度为.垂直纸面向里的匀强磁场。已知粒子在图2中

 时刻进入CD下方磁场，并在时刻的速度方向恰好水平，求粒子经多长时间能回到D点。

【答案】（1）

（2）；速度与竖直方向的夹角30°

（3） 。

【解析】由题意得粒子运动的轨迹图如图所示：

（1）设粒子进入偏转电场瞬间的速度为，由动能定理：

 ，得到：  

（2）在偏转电场中，设加速度为a，则有：

水平方向：  

竖直方向：  

解得：  

故粒子进入磁场的速度大小v为：

速度与竖直方向的夹角为：

，  

（3）粒子在磁场中做圆周运动周期为：  

接着磁场反向，在 内粒子沿顺时针方向运动半周到达f点；

此时磁场再反向，粒子在 内沿逆时针方向运动到g点；

接着在 内运动到h点；

再接着在 内运动到i点；

最后经 回到D点。

则该粒子从射入磁场到回到D点时间为： 

即：  

考虑周期性可知总时间为：。

综上所述本题答案是：

（1）

（2）；速度与竖直方向的夹角30°

（3）

点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动分析，要学会把运动拆分成单个的运动，再结合相应的知识去求解，会让问题变得简单，同时要注意在磁场中运动的周期性。