学年福建省龙海市程溪中学高二上学期期末考试 物理 Word版.docx
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学年福建省龙海市程溪中学高二上学期期末考试物理Word版
2017-2018学年福建省龙海市程溪中学高二上学期期末考试物理试卷
共100分90分钟
题号
一
二
三
四
总分
得分
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.在图中，标出了磁场B的方向、带电粒子的电性及运动方向，电荷所受洛仑兹力F的方向，其中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
2.
如图所示的图线中，I是电源的路端电压随电流变化的图线，Ⅱ是某电阻的伏安特性曲线，当用该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的电功率和电源的效率分别为（ ）
A.4W 33%B.2W 67%C.2W 33%D.4W 67%
3.
在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（ ）
A.47WB.44WC.32WD.48W
4.如图所示，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（ ）
A.电压表示数变大，电流表示数变小
B.电压表示数变小，电流表示数变小
C.电压表示数变大，电流表示数变大
D.电压表示数变小，电流表示数变大
5.如图所示，在同一平面内，同心的两个导体圆环中通以同向电流时（ ）
A.两环都有向内收缩的趋势
B.两环都有向外扩张的趋势
C.内环有收缩趋势，外环有扩张趋势
D.内环有扩张趋势，外环有收缩趋势
6.
D1、D2是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其直流电阻与电阻R相同，如图所示．在电键K接通或断开时，两灯亮暗的情况为（ ）
A.K刚接通时，D2比D1暗，最后两灯亮度相同
B.K刚接通时，D2、D1一样亮，最后D2比D1亮
C.K断开时，D1灯、D2灯都过一会儿才熄灭
D.K断开时，D1灯和D2灯都立即熄灭
7.如图1所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图2所示．在0～时间内，直导线中电流向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（ ）
A.感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左
B.感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右
C.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右
D.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8.直线AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的判断正确的是（ ）
A.EA＞EBB.EA＜EBC.φA＞φBD.φA＜φB
9.如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（ ）
A.
B.
C.
D.
10.
如图所示．在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，若加上磁感应强度为B水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的哪几个（ ）
A.带电粒子的比荷B.带电粒子在磁场中运动的周期
C.带电粒子的初速度D.带电粒子在磁场中运动的半径
11.
如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（ ）
A.如果B增大，vm将变大B.如果α变大，vm将变大
C.如果R变大，vm将变大D.如果m变小，vm将变大
12.如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和-Q．直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是（ ）
A.c点的场强等于d点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
B.c点的场强等于d点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
C.a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
D.a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
三、实验题探究题（本大题共2小题，共22分）
13.请完成以下两小题：
（1）图a中螺旋测微器读数为______mm．图b中游标卡尺（游标尺上有50个等分刻度）读数为______cm．
（2）欧姆表“×1”档的中值电阻为20Ω，已知其内装有一节干电池，干电池的电动势为1.5V．该欧姆表表头满偏电流为______mA，要测2.5kΩ的电阻应选______档，某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表1：
量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω
C．电流表2：
量程0～3A，内阻未知
D．电压表1：
量程0～3V，内阻未知
E．电压表2：
量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器1：
0～10Ω，2A
G．滑动变阻器2：
0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
（1）在上述器材中请选择适当的器材（填写器材前的字母）：
电流表选择______，电压表选择______，滑动变阻器选择______
（2）实验电路图应选择上图中的______（填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，利用图线可知干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω．
（4）电动势测量值真实值，内阻测量值______真实值（选填“大于、小于或等于”）．
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
15.如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里。
一质量为m、带电量为q的微粒以速度υ与磁场垂直、与电场成θ角射入复合场中，恰能做匀速直线运动。
求电场强度E和磁感应强度B的大小。
16.如图所示，以MN为界的两匀强磁场，磁感应强度B1=2B2，方向垂直纸面向里，现有一质量为m、带电量为q的正粒子，从O点沿图示方向进入B1中．
（1）试画出此粒子的运动轨迹
（2）求经过多长时间粒子重新回到O点？
17.导轨式电磁炮是利用磁场对电流的作用力，把电能转变成机械能的发射装置．如图为一电磁炮模型，把两根长为S0=100m，互相平行的铜制轨道放在垂直于轨道平面的磁场中，磁感应强度B=2.0×10-5T；质量m=2.0g的弹体（包括金属杆PQ的质量）静止在轨道之间的宽L=2m的金属架上，通电后通过弹体的电流I=10A，弹体在运动过程中所受的阻力f恒为4.0×10-5N，求：
（1）弹体最终以多大的速度V离开轨道？
（2）求弹体在S=25m处安培力的瞬时功率P？
参考答案
1.解：
A磁场向里，电子向右运动，所以电流方向向左，根据左手定则可得，洛伦兹力的方向下，所以AA错误；
B、磁场向外，电流向右，根据左手定则可得，洛伦兹力的方向向下，所以B正确；
C、磁场向左，电流向右，运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，所以CC错误；
D、磁场向上，电流向下，运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，所以DD错误；
故选：
B．
2.：
由图示电源U−IU−I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是33，则电源电动势E=3VE=3V，
由图示图象可知，用该电源给电阻供电时，电阻两端电压U=2VU=2V，电路电流I=2AI=2A，
电阻消耗的功率：
P=UI=2×2=4WP=UI=2×2=4W，
电源效率：
η=UIEI×100%=23×100%≈67%η=UIEI×100%=23×100%≈67%；故D正确；
3.解：
电动机的电阻R=UI=20.5=4ΩR=UI=20.5=4Ω；
电动机的总功率P=U1I1=24V×2A=48WP=U1I1=24V×2A=48W；
克服自身电阻的功率PR=I21R=（2A）2×4Ω=16WPR=I12R=（2A）2×4Ω=16W；
电动机正常运转时的输出功率是P输出=P−PR=48W−16W=32WP输出=P−PR=48W−16W=32W．故选C．
4.解：
当滑片向bb移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故电源的内电压增大；因此路端电压减小，故电压表示数变小；
将R1R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数变大；故D正确，ABCABC错误；
5解：
同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互吸引..所以内环有扩张趋势，外环有收缩趋势，故D正确，AA、BB、CC错误．
6.解：
AA、BB、电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡D1D1的电流较大，故灯泡D1D1较亮；电路中自感电动势阻碍电流的增加，但不能阻止电流增加，电流稳定后，两个灯泡一样亮，即D1D1灯泡亮度逐渐正常，故A正确，BB错误；
C、DD、电键断开瞬间，D2D2立即熄灭；电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡D1D1构成闭合回路放电，故灯泡D1D1一定是逐渐变暗，故C错误，DD错误；
7.解：
在T2−TT2−T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流..根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右..故B正确，AA、CC、DD错误．
8.解：
AA、BB、由图可知，电子在AA点加速度较大，则可知AA点所受电场力较大，由F=EqF=Eq可知，AA点的场强要大于BB点场强；故A正确，BB错误；
C、DD、电子从AA到BB的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故ɛA<ɛBɛA<ɛB，电子带负电，由φ=EPqφ=EPq可知，AA点的电势要大于BB点电势，φA>φBφA>φB，故C正确，DD错误；
故选：
AC．
9.解：
AA、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用..故A正确．
BB、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用..故B正确．
CC、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用..故C错误．
DD、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用..故D正确．
10.由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60∘60∘，由几何关系得磁场宽度d=rsin60∘=mvqBsin60∘d=rsin60∘=mvqBsin60∘，又由未加磁场时有d=vtd=vt，所以可求得比荷qm=sin60∘Btqm=sin60∘Bt，故A正确
周期：
T=2πmqBT=2πmqB可求出，故B正确
因初速度未知，无法求出CDCD，故CC、DD错误．
11.解：
金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动..随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大．
当加速度为零时，速度最大..有mgsinα=BILmgsinα=BIL，
I=BLVmRI=BLVmR
vm=mgsinα⋅RB2L2vm=mgsinα⋅RB2L2
A、如果BB增大，vmvm将变小，故A错误．
B、如果αα变大，vmvm将变大，故B正确．
C、如果RR变大，vmvm将变大，故C正确．
D、如果mm变小，vmvm将变小，故D错误．
12.
解：
根据等量异种电荷周围的电场分布，aa、bb两点的电场强度的大小相等，方向相同；
同理，cc点的场强等于dd点的场强．
MNMN为一条等势线，它上面的场强OO点最大，向两边逐渐减小，所以检验电荷在OO点受到的电场力最大..一检验电荷沿MNMN由cc移动到dd，所受电场力先增大后减小..故选项AA、C正确，选项BB、DD错误．
13.
解：
（1）
（1）螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm1.5mm，可动刻度读数为0.01×49.8mm=0.498mm0.01×49.8mm=0.498mm，所以最终读数为1.5+0.498=1.998mm1.5+0.498=1.998mm．
游标卡尺的固定刻度读数为10mm10mm，游标读数为0.02×47mm=0.94mm0.02×47mm=0.94mm，所以最终读数为10.94mm=1.094cm10.94mm=1.094cm．
（2）
（2）根据欧姆定律，满偏电流即外电阻为00时：
I=ER中=1.520=0.075A=75mAI=ER中=1.520=0.075A=75mA；
要测2.5kΩ2.5kΩ的电阻，为使指针指在中央刻度附近误差较小，即使指针指2525，则应选×100×100档；
故答案为：
（1）1.998，1.094.
（2）75，×100
14.
解：
（1）
（1）在上述器材中请选择适当的器材：
由于电流计较小，为了读数准确，电流表选择BB；电动势约为1.5V1.5V，故电压表应选择3V3V量程的DD；由于内阻较小，故滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．
（2）
（2）因电流表内阻接近电源内阻，故电流表应采用相对电源的外接法，故选乙图；
（3）（3）由U−IU−I图可知，电源的电动势为：
E=1.50VE=1.50V；
内电阻为：
r=△U△I=1.5−10.5=1.0Ωr=△U△I=1.5−10.5=1.0Ω；
（4）（4）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U−IU−I图象如图所示，
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，
故答案为：
（1）B
（1）B；DD；FF；
（2）
（2）乙（3）1.5（3）1.5；1.0（4）1.0（4）小于．
解：
（1）
（1）设粒子在磁场B1B1和B2B2中圆周运动的半径分别为r1r1、r2r2．
则r1=mvqB1，r2=mvqB2r1=mvqB1，r2=mvqB2
由题B1=2B2B1=2B2，得r1r1：
r2=1r2=1：
22
根据左手定则判断可知，粒子在磁场B1B1中沿逆时针方向旋转，在磁场B2B2中沿顺时针方向旋转..则轨迹如图．
（2）
（2）粒子在磁场B1B1中运动时间t1=T1=2πmqB1t1=T1=2πmqB1
粒子在磁场B2B2中运动时间t2=12T2=πmqB2t2=12T2=πmqB2
则t=t1+t2=2πmqB2t=t1+t2=2πmqB2
答：
（1）
（1）粒子的运动轨迹如图．
（2）
（2）经过2πmqB22πmqB2时间粒子重新回到OO点
17解：
（1）
（1）弹体在加速过程中，F=BILF=BIL …①…①
由动能定理：
（F−f）S0=12mv2…②（F−f）S0=12mv2…②
联立①②①②解得：
V=2（BIL−f）s0m−−−−−−−−−−−−√V=2（BIL−f）s0m
代入数据得：
v=6m/sv=6m/s
（2）
（2）设S=25mS=25m处速度为V1V1，则在SS距离内，由动能定理：
（F−f）S=12mv21（F−f）S=12mv12 …③…③
P=FV1P=FV1 …④…④
联立①③④①③④解得：
P=BIL2（BIL−f）sm−−−−−−−−−−−√P=BIL2（BIL−f）sm
代入数据得：
P=1.2×10−3WP=1.2×10−3W
答：
（1）
（1）弹体最终以6m/s6m/s的速度VV离开轨道；
（2）
（2）弹体在S=25mS=25m处安培力的瞬时功率PP为1.2×10−3W.
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