学年山西省太原市高二上学期期末考试物理试题 解析版Word格式文档下载.docx

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Φ2＝BL2，故B正确；

线框以cd边为轴转过60°

时，线圈在垂直于磁场方向投影的面积为0，磁通量：

Φ3＝0．故C错误；

线框以bc边为轴转过60°

时，线圈在垂直于磁场方向投影的面积为：

S′＝L•Lcos60°

＝0.5L2，磁通量：

Φ4＝0.5BL2，所以穿过线框的磁通量变化量是0.5BL2，故D错误；

故选B。

【点睛】本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力。

对于公式Φ=BScosα，Scosα为线圈在在垂直于磁场方向投影的面积。

3.关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（　　）

A.电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同

B.通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直

C.电荷放入磁场中就会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直

D.当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直

【答案】D

【详解】电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；

通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；

静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时也不受洛伦兹力，故C错误；

当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，即F＝qvB，方向与磁场方向垂直，故D正确。

故选D。

4.如图，当逻辑电路中的A、B两端分别输入电信号“1”和“0”时，在C和D端输出的电信号分别为（　　）

A.1和0B.1和1C.0和1D.0和0

与门的特点是当所有条件都满足，事件才能发生，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反．

【详解】当A端输入电信号“1”，B端输入电信号“0”时，则非门输出为1，即D端输出为1。

1和1又输入与门，所以输出端C为1。

5.如图，长为3L的直导线折成边长分别为ac＝L、cd＝2L直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为（　　）

A.3BILB.

BILC.

BILD.BIL

根据几何关系计算出有效长度，由安培力公式F=BIL进行计算安培力大小即可。

【详解】导线在磁场内有效长度为：

L′＝

，故该通电导线受到安培力大小为F＝BIL′＝

BIL，故B正确，ACD错误。

【点睛】本题主要是考查安培力的计算，解答本题要掌握安培力的计算公式，知道公式中各量表示的物理意义。

6.如图是磁敏报警装置中的一部分电路，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随金属异物的出现而减小；

a、b接报警器。

闭合S，当传感器RB所在处出现金属异物时，电流表的电流I、ab两端的电压U将（　　）

A.I减小，U减小B.I减小，U增大

C.I增大，U减小D.I增大，U增大

【答案】C

由图可知磁敏电阻与R1并联后与R2串联，由题意可知，出现金属异物磁敏电阻的阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由电流的变化可得出内电压的变化，即可判断路端电压的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表的示数变化。

【详解】出现金属异物，磁敏电阻的阻值减小，则总阻值减小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路中电流增大，内电压增大，故路端电压即ab间电压减小；

因干路电流增大，R2两端的电压增大，则并联电路两端的电压减小，故流过R1的电流减小，则流过电流表的电流增大，故C正确，ABD错误；

故选C。

【点睛】闭合电路的欧姆定律的动态分析类题目一般按外电路、内电路、外电路的分析思路进行，要掌握其解决的方法。

7.如图，在正三角形ABC的B、C两点垂直纸面放置电流均为I的长直导线，电流方向如图所示，每条直线中电流在A点产生的磁感应强度大小均为B．空间内有平行于三角形ABC平面的匀强磁场，磁感应强度为B0．已知A点的磁感应强度为零，则（　　）

A.匀强磁场B0的方向平行于BC向左

B.匀强磁场B0的方向平行于BC向下

C.B0＝

B

D.B0＝

根据右手螺旋定则得出两根通电导线在A点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小。

【详解】如图，两磁感应强度为B，方向夹角为60°

，根据平行四边形定则得到，合磁感应强度大小为B′＝2Bcos30°

＝

B，平行于BC向左，A点的磁感应强度为零，则匀强磁场，磁感应强度为B0＝

B，平行于BC向右；

故ABC错误，D正确。

【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则。

8.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成60°

角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（　　）

A.1：

2B.2：

1C.1：

D.1：

1

带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；

粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角θ，根据t=

T求运动时间．

【详解】正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。

由T＝

，知两个电子的周期相等。

正电子以30°

入射，从y轴离开磁场时，速度方向与y轴的夹角为30°

，则轨迹对应的圆心角为60°

，正电子在磁场中运动时间为

。

同理，负电子电子从x轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与x轴的夹角为60°

，则负电子速度的偏向角为θ2＝120°

，其轨迹对应的圆心角也为120°

，则负电子在磁场中运动时间为

，所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为t1：

t2＝1：

2。

【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：

定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．

9.如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度v0从A点沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，磁场方向垂直纸面向里，大小为B，不考虑粒子的重力，则（　　）

A.若v0＝

，则粒子从A、C之间某点离开磁场

B.若v0＝

，则粒子刚好从C点离开磁场

C.若v0＝

，则粒子从B、C边中点离开磁场

D.若

＜v0＜

，则粒子从B、C之间某点射出磁场

粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子临界速度，再分析答题。

【详解】粒子恰好从C点离开磁场时运动轨迹如图所示：

由几何知识得：

θ＝60°

，粒子轨道半径：

r＝

，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

qvB＝m

，解得：

v＝

，粒子速度越小，粒子轨道半径越小，当v0＝

时粒子从C点离开磁场，v0＜

时粒子从AC边射出磁场，当v0＞

时粒子从BC边射出磁场，故B正确，ACD错误；

【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用牛顿第二定律与几何知识可以解题。

10.如图所示的电路中，E＝6V、r＝100Ω，R0＝10Ω，滑动变阻器R（0﹣40Ω），不计电表对电路的影响。

以下判断正确的是（　　）

A.当R＝10Ω时电源的输出功率最大

B.当R的滑片从左向右滑动的过程中，电源的输出功率先增大后减小

C.当R＝10Ω时R0上消耗的功率最大

D.当R＝20Ω时滑动变阻器R上消耗的功率最大

据结论（推导如下）：

当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大，利用数学知识判断当滑动变阻器的阻值为零时，电源的输出功率最大，利用公式求出输出功率即可；

可将R看成电源的内电阻，根据结论：

当电源的内电阻和外电阻相等的时候，滑动变阻器的输出功率最大，进行分析。

【详解】设电源的内阻为r，外阻R，电源的输出功率为：

，据此可知，当R＝r时，电源的输出功率最大；

当R＞r时，该表达式为减函数；

当R＜r时，该表达式为增函数。

据结论：

当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大；

由于电源内阻是10Ω，固定电阻是10Ω等于内阻，所以当滑动变阻器阻值为零时，电源的输出功率最大，向左滑动外阻增加，输出功率减小，AB错误。

因R0是固定电阻，其电流越大功率越大，则R＝0时，其消耗功率越大，则C错误；

根据结论：

由于R0是定值电阻可等效为内阻，所以当滑动变阻器的阻值为R＝（R0+r）＝20Ω时，此时滑动变阻器的消耗最大，D正确。

【点睛】解题关键利用结论分析，它是本题的难点，通常的分析方法都是把R和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况。

11.下列说法正确的是（　　）

A.奥斯特发现了电流的磁效应

B.“分子电流假说”认为永磁体的磁场和电流的磁场均由运动电荷产生

C.根据“分子电流假说”，磁体受到高温或猛烈撞击时可能会失去磁性

D.地球上各个位置的磁偏角均相同且不随时间变化

【答案】ABC

【详解】根据物理学史可知，奥斯特发现了电流的磁效应。

故A正确；

分子电流假说是由安培提出来的；

根据安培的分子电流假说可知，磁铁及通电导线的磁性是由于内部运动电荷产生的磁场叠加而成的；

故B正确；

根据“分子电流假说”，磁铁在高温和强烈振动下分子电流会变的杂乱，从而使磁性减弱；

故C正确；

根据地球的磁场的特点可知，地球上各个位置的磁偏角并不相同，且都随时间变化。

故D错误。

故选ABC。

12.如图是回旋加速器的示意图。

匀强磁场的磁感应强度为B，交变电压为U，D形盒的半径为R，位于D形盒圆心处的粒子源A能不断放出粒子（初速度可以忽略），粒子的质量为m、电荷量为q，它们在两盒之间被电场加速。

当粒子被加速到最大动能Ek后被引出，忽略粒子在电场中的运动时间及相对论效应。

则（　　）

A.增大U可能增大Ek

B.Ek与R成正比

C.增大U可以减少加速次数

D.加速比荷小于q/m的粒子时，需要增大交变电压的周期

【答案】CD

交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=

和半径公式r=

，从而推导最大动能的表达式，即可进行判断。

【详解】根据半径公式R＝

知，v＝

，则粒子的最大动能Ek＝

mv2＝

，与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，但与半径R不成正比，故AB错误；

粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得：

2nqU＝Ek，经过的周期个数为：

，U增大n就减小，故C正确；

由周期公式T＝

知，比荷小于q/m的粒子在磁场中的周期长，而交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，所以需要增大交变电压的周期，故D正确。

故选CD。

【点睛】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的，注意理解交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的条件。

13.如图，一束正离子平行纸面、从两极板中央平行极板射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生任何偏转。

接着进入另一匀强磁场B2中，发现这些离子分成几束。

不计重力离子间的相互作用，可以判断这几束离子（　　）

A.质量一定不同B.速率一定相同

C.动能一定不同D.比荷一定不同

【答案】BD

粒子在磁场和电场正交区域里，同时受到洛伦兹力和电场力作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=E/B，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，满足qvB=m

，圆周运动的半径R=

，由此进行分析得出结论。

【详解】因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qE，得出不发生偏转的粒子速度应满足v＝E/B。

粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m

，则得圆周运动的半径R＝

，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，由R＝

，得知，所以粒子能分裂成几束的粒子的m/q比值一定不同，则电荷量与质量之比q/m一定各不相同。

而质量m、电荷量可能相同，则动能也可能相同。

故BD正确，AC错误。

故选BD。

【点睛】此题要能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，理解速度选择器的原理。

在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式，从而得出正确的结论。

14.如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，将细杆置于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度-时间图象可能是图中的（　）

A.

B.

C.

D.

【答案】ABD

由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；

当qvB＜mg时，FN=mg-qvB此时：

μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大，故B正确，C错误．当qvB＞mg时，FN=qvB-mg，此时：

μFN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D正确；

故选ABD．

点睛：

分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v-t图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．

15.如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。

在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，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点由静止释放。

下列判断正确的是（）

A.当小球运动到bc中点时，洛仑兹力最大

B.当小球运动到c点时，洛仑兹力最大

C.小球从a点到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】AD

试题分析：

小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°

向左下，如图，

故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，选项A正确，B错误．小球由a到b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小．选项C错误．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；

因力的合力方向将于水平方向成45°

向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小．选项D正确．

考点：

带电粒子在复合场中中的运动。

二、解答题

16.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请根据所学知识填空：

（1）关于多用电表的使用，下列说法中正确的是_____。

A．在测量未知电压时，必须先选择电压最大的量程进行试测

B．换用不同倍率测量电阻时，都必须重新进行欧姆调零

C．测量电路中的电阻时，不用把该电阻与电源断开

D．测量定值电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，但不会影响测量结果

（2）进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示：

若所选档位为直流50mA挡，则示数为_____mA；

若所选档位为电阻×

100Ω挡，则示数为_____Ω。

（3）某一型号的二极管，其两端分别记为A和B，现用电表的欧姆挡判断其正负极。

将多用电表的红表笔与二极管的A端、黑表笔与二极管的B端相连时，表的指针偏转角度很小；

调换表笔连接后，表的指针偏转角度很大，可知该二极管的正极为_____（选填“A”或“B”）端。

【答案】

（1）.

（1）ABD；

（2）.

（2）22.0，（3）.1900；

（4）.（3）A

（1）测量未知电压要用最大量程试测；

用欧姆档，每次换档都要进行欧姆调零；

测量电阻要把电阻从电路中独立出来；

测量定值电阻时红、黑表笔插错插孔，与电路无影响，不会影响测量结果。

（2）电表的读数要注意估读，欧姆表的读数要注意倍率。

（3）二极管正向导通，反向截止。

【详解】

（1）测量未知电压要用最大量程试测，则A正确；

用欧姆档，每次换档都要进行欧姆调零，则B正确；

测量电阻要把电阻从电路中独立出来，则C错误；

测量定值电阻时红、黑表笔插错插孔，与电路无影响，不会影响测量结果，则D正确；

故选ABCD.

（2）直流50mA挡最小分度为1mA，则读数为22.0mA，电阻×

100Ω挡，读数为19×

100＝1900Ω。

（3）用欧姆档，电流由黑表笔流出，接地极管正极则导通，接负极为截止，因与B端相连时，表的指针偏转角度很小，则B为负极，A为正极。

17.为测某新型手机电池的电动势和内阻，某同学设计了如图甲所示的电路，电路中R0为定值电阻。

（1）请按电路图完成图乙中实物图的连接________。

（2）电路中，定值电阻R0的主要作用是_____。

（3）实验中，逐次改变电阻箱接入电路的阻值R，读出与R对应的电压表的示数U，绘出如图丙所示的

图象。

若已知图线的斜率为k，纵轴截距为b，则所测电池电动势E＝_____，内阻r＝_____。

【答案】

（1）.

（1）

（2）.

（2）保护电路；

（3）.（3）

；

（4）.

﹣R0。

（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图。

（2）定值电阻在电路中起保护电路的作用。

（3）根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。

（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图如图所示：

（2）电路中，定值电阻R0的主要作用是保护电路。

（3）由图甲所示电路图可知，电源电动势：

E＝U+I（r+R0）＝U+

（r+R0），整理得：

，由图示

图线可知，图线斜率：

k＝

，纵轴截距：

b＝

，电源电动势：

E＝

，电源内阻：

﹣R0；

【点睛】为防止电阻箱接入电路的阻值为零时导致电源短路造成的危害，在电路中需要接入保护电阻；

根据图示电路图应用欧姆定律求出图线函数表达式是解题的关键。

18.图1是小明爷爷家里的老式手电筒，小明按下开关，小灯泡发光。

打开后盖，发现里面装有三节1.5V的相同干电池组成的电池组（总电动势为4.5V）。

打开电筒前盖，观察到里面的小灯泡上标有“3.8V，0.3A”字样。

其电路结构简图如图2所示。

已知小灯泡恰能正常发光，不计其他部分电阻，求：

（1）小灯泡正常发光时的电阻；

（2）每节干电池的内阻。

【答案】

（1）12.7Ω；

（2）

Ω

（1）由欧姆定律可求得灯泡正常发光时的电流；

（2）根据闭合电路欧姆定律求出总内阻，则可求得每节电池的内阻；

（1）由欧姆定律可知灯泡正常发光时的电阻为：

（2）由闭合电路欧姆定律可知：

则每节电池的内阻为：

；

【点睛】题考查闭合电路欧姆定律以及电功的计算规律，要注意明确本题中有三节电池，由闭合电路欧姆定律所求出的内阻为总的内阻。

19.如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°

．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg。

导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。

当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8。

（1）求磁感应强度B的大小；

（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度。

（1）2T；

（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上。

（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；

（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小。

（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得

根据左手定则可知安培力方向水平向右；

由平衡条件有：

BILcosθ＝mgsinθ

解得B＝2T；

（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；

根据牛顿第二定律可得：

BIL﹣mgsinθ＝ma

解得：

a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上。

【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。

三、选做题

20.如图所示，在真空中半径R＝3.0×

10﹣2m的圆形区域内，有磁感应强度B＝0.2T、方向如图的匀强磁场。

一带正电的粒子以v0＝1.0×

106m/s的初速度，从磁场边界上直径ab的一端a平行纸面射入磁场，已知粒子的比荷为q/m＝1.0×

108C/kg，不计粒子重力，取sin37°

（1）求粒子在磁场中运动的