2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期末考试物理试题 解析版 14页

哈尔滨市第六中学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，通电导线MN与单匝圆形线圈 a共面，位置靠近圆形线圈a左侧且相互绝缘．当MN中电流突然减小时，下列说法正确的是(　　)‎ A. 线圈a中产生的感应电流方向为顺时针方向 B. 线圈a中产生的感应电流方向为逆时针方向 C. 线圈a所受安培力的合力方向垂直纸面向里 D. 线圈a所受安培力的合力方向水平向左 ‎【答案】A ‎【解析】由图可知，通电导线MN与线圈a共面，位置靠近圆形线圈a左侧且相互绝缘，导线两侧的磁感应强度对称分布，由右手定则可知线圈中的磁通量方向垂直纸面向里；当MN中电流突然减小时，由楞次定律可知感应电流的感应磁场方向垂直纸面向里，故由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向，再由左手定则可知，左侧受到的安培力水平向右，而右侧的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右．A正确，BCD错误；选A.‎ ‎【点睛】根据右手定则得到线圈中磁通量的方向，然后由楞次定律得到电流减小时线圈中的感应电流方向，进而得到线圈各边受力情况．‎ ‎2. 以下说法符合物理学发展史的是：（ ）‎ A. 丹麦奥斯特发现了电磁感应现象 B. 纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，得出法拉第电磁感应定律 C. 库仑通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量 D. 英国法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 ‎【答案】B ‎【解析】A. 法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；‎ B. 纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，提出了法拉第电磁感应定律，故B正确；‎ C. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常数，故C错误； ‎ D. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故D错误。‎ 故选：B.‎ ‎3. 如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为E，则ab两点间的电势差为(　　)‎ A. E/2 B. E/3 C. 2E/3 D. E ‎【答案】C ‎【解析】由题大、小金属环的电阻之比，，根据串联电路电压与电阻成正比，可得：a、b两点间的电势差为：，故B正确。‎ 点睛：本题考查了求电势差，应用欧姆定律即可正确解题，解题时要注意，a、b两点间的电势差是路端电压，不是电源电动势。‎ ‎4. 如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的(　　)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】由法拉第电磁感应定律可知，结合闭合电路欧姆定律,则安培力的表达式，‎ 由图可知安培力的大小不变，而SL是定值，若磁场B增大，则△B/△t减小，‎ 若磁场B减小，则△B/△t增大。‎ 又知安培力向右，根据楞次定律，磁感强度应增大，故D正确，ABC错误；‎ 故选：D.‎ 点睛：根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，确定安培力的综合表达式，根据楞次定律，确定磁感强度的增减，即可求解．‎ ‎5. 如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是(　　)‎ A. 小球先做加速运动后做减速运动 B. 小球一直做匀速直线运动 C. 小球对桌面的压力先减小后增大 D. 小球对桌面的压力一直在增大 ‎【答案】B ‎【解析】根据右手螺旋定则可知两根导线产生的磁场方向都垂直于MN向里，合磁场大小先减小过O点后增大。根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始向上减小，过O后向上增大，压力为重力与洛伦兹力的差值。由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球将做匀速直线运动，但小球对桌面的压力先增大后减小，故ACD错误，B正确。‎ 故选：B.‎ 点睛：根据右手螺旋定则，判断出MN直线上磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．‎ ‎6. 如图所示，一带电小球（可看做质点）质量为m，用丝线悬挂于O点，在竖直面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为(　　)‎ A. 0 B. 2mg C. 4mg D. 6mg ‎【答案】C ‎.....................‎ 根据机械能守恒定律得：mgL（1﹣cos60°）=，得到v=‎ 当小球自左方摆到最低点时，有：qvB﹣mg=m①‎ 当小球自右方摆到最低点时，有：F﹣mg﹣qvB=m②‎ 由①+②得：F=2mg+2m=4mg．‎ 故选C ‎7. 如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷＋Q和－2Q，以M、N连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是(　　)‎ A. A点电场强度小于B点电场强度 B. C点电场强度与D点电场强度相同 C. A点电势小于B点电势 D. 将某正电荷从C点移到O点，电场力不做功 ‎【答案】A ‎【解析】A. 由于2Q>Q，根据库仑定律，A点场强小于B点场强，故A正确；‎ B. 由于电场线关于MN对称，C点场强大小等于D点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B错误；‎ C. 由题，电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势，故C错误；‎ D. 由图知 O点电势低于C点电势，故将某正电荷从C点移到O点，电场力做正功，故D错误；‎ 故选：A.‎ 点睛：由题，Q带正电，q带负电，电场线方向由A指向B，根据顺着电场线电势逐渐降低．根据对称性，分析CD两点电势关系、场强关系．‎ ‎8. 有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在如图所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线连线的中垂线上的两点，与O点的距离相等，aM与MN夹角为θ.若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流I，单根导线中的电流在M处产生的磁感应强度为B0，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是(　　)‎ A. M点和N点的磁感应强度方向一定相反 B. M点和N点的磁感应强度大小均为2B0cos θ C. M点和N点的磁感应强度大小均为2B0sin θ D. 在线段MN上有磁感应强度为零的点 ‎【答案】C ‎【解析】A. 根据安培定则判断磁场方向，由于对称，两根通电导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向右，N点磁场向右，方向相同，故A错误；‎ BC.两根导线在M点产生的磁感应强度的方向如图所示，‎ 根据平行四边形定则进行合成，得到M点和N点的磁感应强度大小为2B0sin.故B错误,C正确；‎ D.只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等，方向相反时，合磁感应强度才为零，根据矢量的合成可知，线段MN上的磁感应强度不可能为零，故D错误。 故选:C.‎ ‎9. 如图，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力影响，则(　　)‎ A. 初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子 B. 初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子 C. 在磁场中运动经历时间最长的是沿③方向出射的粒子 D. 在磁场中运动经历时间最长的是沿④方向出射的粒子 ‎【答案】AD ‎【解析】AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：,解得,粒子轨道半径：，粒子的比荷相同，初速度大的轨道半径大，由图可知沿①方向射出的粒子轨迹的轨道半径最大，则初速度最大，故A正确，B错误。‎ CD、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：，粒子的在磁场中运动的周期与粒子的速度无关，比荷相同，则周期T相同，沿④方向射出的粒子圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间：，沿④方向射出的粒子运动时间最长，故C错误，D正确。‎ 故选：AD.‎ ‎10. 如图是磁流体发电机的原理示意图，金属板M、N正对着平行放置，且板面垂直于纸面，在两板之间接有电阻R.在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场．当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时，下列说法中正确的是(　　)‎ A. N板的电势高于M板的电势 B. M板的电势高于N板的电势 C. R中有由b向a方向的电流 D. R中有由a向b方向的电流 ‎【答案】BD 考点：考查了带电粒子在磁场中的偏转问题 点评：解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡．‎ ‎11. 如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2，在先后两种情况下(　　)‎ A. 线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1‎ B. 线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2‎ C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝4∶1‎ D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比．根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比．根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比 解：A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流I=，则感应电流之比为2：1．故A正确，B错误．‎ C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1．故C错误．‎ D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=，‎ ‎12. 如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，y轴正方向竖直向上，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场(图中未画出)．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示．下列说法中正确的是(　　) ‎ A. 轨迹OAB不可能为圆弧 B. 小球在整个运动过程中机械能守恒 C. 小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等 D. 小球运动至最低点A时速度最大 ‎【答案】ABD ‎【解析】A. 因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，故A正确；‎ B. 整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故系统机械能守恒，故B正确；‎ C. 小球在A点时受到的洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力大于重力，故C错误；‎ D. 因为系统只有重力做功，小球运动至最低点A时重力势能最小，则动能最大，速度最大。故D正确。‎ 故选：ABD.‎ 点睛：电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动，重力恒为mg，洛伦兹力大小F=qvB，与物体的速度有关，重力改变电荷运动速度的大小，洛伦兹力改变电荷运动速度的方向，因洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷不可能做圆周运动；在整个运动过程中，由于洛伦兹力不做功，系统只有重力做功，故系统的机械能守恒．‎ 二．实验题 ‎13. (1) 某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.实验中：‎ 游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为_______mm；‎ 用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为_______mm；‎ ‎(2)某同学预先用多用表测量小灯泡的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择________(填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡，并重新进行_______再进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为________Ω，对照小灯泡规格（6V，3W）你认为此测量结果正确吗？________(填“正确”或“不正确”)。‎ ‎【答案】 (1). (1)50.15； (2). 4.700； (3). (2)×1； (4). 欧姆调零； (5). 1； (6). 正确；‎ ‎【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为50mm+3×0.05mm=50.15mm；‎ ‎(2)由图示螺旋测微器可知,其示数为：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；‎ ‎(3)用多用表的电阻“×10”档，指针偏转过大，说明阻值较小，应选择小倍率的“×1”档。改变倍率后需重新进行欧姆调零。由图3所示表盘可知，其示数为：1×1=1Ω；‎ 小灯泡正常工作时的电阻为，室温远低于小灯泡正常工作时的温度，室温时的电阻阻值远小于小灯泡正常工作时的阻值。此测量结果是正确的。‎ ‎14. 在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材：‎ A．干电池1节 B．滑动变阻器（0～20 Ω）‎ C．滑动变阻器（0～1 kΩ）‎ D．电压表（0～3 V，内阻约为20 kΩ）‎ E．电流表（0～0.6 A，内阻RA＝0.2 Ω）‎ F．电流表（0～3 A，内阻约为0.01 Ω）‎ G．开关、导线若干 ‎（1）为减小实验误差和方便操作，选择图甲所示电路进行实验，其中滑动变阻器应选_____，电流表应选_____。（填写器材前的字母）‎ ‎（2）某同学根据实验测得的电压表示数U和电流表示数I，画出U－I图象如图乙所示，由图象可得电池的电动势为______V，内电阻为______Ω。（保留1位小数）‎ ‎【答案】 (1). （1）B； (2). E； (3). （2）1.5； (4). 0.8；‎ ‎【解析】 (1)由于电池内阻较小，用20Ω的滑动变阻器既方便，又有明显的调节效果。故滑动变阻器选择B；测电源电动势和内阻时，电流不能太大，故电流表选择E。‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir得，当I=0时，U=E，即纵轴的截距等于电源的电动势E.E=1.5V；U−I图象的斜率大小等于电源的内阻r，则有：‎ r=△U/△I=(1.5−0.9)/0.6Ω=1.0Ω。‎ 三．计算题 ‎15. 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：‎ ‎(1) 小球到达小孔处的速度；‎ ‎(2) 极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎(3) 小球从开始下落运动到下极板处的时间．‎ ‎【答案】（1）；（2）；；（3）； ‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh 解得：…①‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0‎ 解得：…②‎ 电容器两极板间的电压为：‎ 电容器的带电量为：‎ ‎（3）加速过程：‎ mgt1=mv…③‎ 减速过程，有：‎ ‎（mg-qE）t2=0-mv…④‎ t=t1+t2…⑤‎ 联立①②③④⑤解得：‎ 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用 ‎【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难。‎ 视频 ‎16. 如图所示，在一倾角θ＝37°的斜面上固定有两个间距d＝0.5 m、电阻不计、足够长且相互平行的金属导轨，导轨下端通过导线与阻值R＝4 Ω的电阻相连，上端通过导线与阻值R′＝2 Ω的小灯泡（阻值不变）相连，一磁感应强度B＝2 T的匀强磁场垂直斜面向上．质量m＝1.0 kg、电阻 r＝Ω的金属棒PQ从靠近灯泡的一端由静止开始下滑，经过一段时间后，金属棒PQ做匀速直线运动，若金属棒PQ与金属导轨间的动摩擦因数μ＝0.5 (g取10 m/s2 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) .求：‎ ‎(1) 最终金属棒PQ运动的速度大小；‎ ‎(2) 最终通过小灯泡的电流．‎ ‎【答案】（1）4 m/s；（2）A；‎ ‎【解析】(1)金属棒PQ沿倾斜导轨匀速下滑，设其匀速下滑时的速度大小为v 则有mgsinθ＝μmgcosθ＋BId ‎ 又因为， ‎ R总＝＋r 将以上三式联立并代入数据可解得v＝4 m/s.‎ ‎(2)由mgsinθ＝μmgcosθ＋BId代入数据可解得I＝2 A 所以加在小灯泡两端的电压为U＝Bdv－Ir ‎ 代入数据可得U＝V 所以最终通过小灯泡的电流I′＝ ‎ 解得I′＝A.‎ ‎17. 如图所示，在xOy平面y＞0的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在y＜0的区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标为（2l，l）的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场，不计带电粒子的重力。‎ ‎（1）求匀强电场场强E的大小；‎ ‎（2）若带电粒子此后每隔相同的时间以相同的速度通过O点，求磁感应强度B的大小。‎ ‎【答案】（1）；（2）；‎ ‎【解析】(1)带电粒子在电场中做类平拋运动 水平方向上：x=2l=v0t             ‎ 竖直方向上：y=l= ‎ 化简可得E=；‎ ‎(2)带点粒子运动轨迹如图所示：‎ 根据类平抛运动vy=at=‎ 可得vy=v0,θ=45∘‎ v=‎ 在磁场中,有 ‎ 由几何关系得2rsinθ=4l 联立解得B=‎ ‎ ‎