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.docx
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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
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/2B.E/3C.2E/3D.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.AB.BC.CD.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.0B.2mg
C.4mgD.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=m
①
当小球自右方摆到最低点时，有：
F﹣mg﹣qvB=m
②
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2B0cosθ
C.M点和N点的磁感应强度大小均为2B0sinθ
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（0～20Ω）
C．滑动变阻器（0～1kΩ）
D．电压表（0～3V，内阻约为20kΩ）
E．电流表（0～0.6A，内阻RA＝0.2Ω）
F．电流表（0～3A，内阻约为0.01Ω）
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＝0.5m、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＝4Ω的电阻相连，上端通过导线与阻值R′＝2Ω的小灯泡（阻值不变）相连，一磁感应强度B＝2T的匀强磁场垂直斜面向上．质量m＝1.0kg、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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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）4m/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＝4m/s.
（2）由mgsinθ＝μmgcosθ＋BId代入数据可解得I＝2A
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=
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