黑龙江省双鸭山一中学年高二上学期期末物理.docx

1、黑龙江省双鸭山一中学年高二上学期期末物理2016-2017学年黑龙江省双鸭山一中高二（上）期末物理试卷一.选择题（1-8为单选，9-12为多选每题4分，共48分.）1首先发现电流磁效应的科学家是（）A安培 B奥斯特 C库仑 D麦克斯韦2关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A由B=可知，B与F成正比，与IL成反比B通电导线放在磁场中的某点，那点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，那点的磁感应强度就为零C磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关D通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场，即B=03如图所示，带负电的金属环绕轴OO以角速度匀速旋转，在环左侧轴线

2、上的小磁针最后平衡的位置是（）AN极竖直向上 BN极竖直向下CN极沿轴线向左 DN极沿轴线向右4两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由活动，当直流电流按图方向通与两条导线时，导线CD将（从纸外向纸内看）（）A顺时针方向转动，同时靠近导线ABB逆时针方向转动，同时靠近导线ABC逆时针方向转动，同时离开导线ABD顺时针方向转动，同时离开导线AB5一带电粒子（重力不计）在匀强磁场中运动轨迹如图所示，中央是一簿绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知（）A粒子的运动方向是abcdeB粒子带负电C粒子的运动方向是edcbaD粒子在下半周期比上半周期所用

3、时间长6在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b端移动时（）A电压表和电流表的读数都增大B电压表的读数增大，电流表的读数减小C电压表和电流表的读数都减小D电压表的读数减小，电流表的读数增大7图中甲图所示的线圈为5匝，其端点a，b与电压表相连，线圈内磁通量变化规律如（b）图所示，则a，b两点的电势高低及电压表读数为（）Aab，2伏 Bab，1伏 Cab，2伏 Dab，1伏8如图所示，矩形线框abcd，通过导体杆搭接在金属导轨EF和MN上，整个装置放在如图的匀强磁场中当线框向右运动时，下面说法正确的是（）AR中无电流 BR中有电流，方向为EMCab中无电流 Dab中有电流，方向为ab9如图所示，

4、在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）A若离子带正电，E方向应向下B若离子带负电，E方向应向上C若离子带正电，E方向应向上D不管离子带何种电，E方向都向下10如图所示，直导线MN中通有M向N的电流，要使闭合导线圈a中产生如图方向的感应电流，应采取的办法是（）Aa不动，使MN中电流增大Ba不动，使MN中电流减小CMN中电流不变，使a平行于MN向右运动DMN中电流不变，使a向着远离MN方向运动11平行板电容器的两极板 A、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键K，电容器充电，这时悬线偏角与竖直方向的夹角为，如图所示 （）A

5、保持K闭合，A板向B板靠近，则增大B保持K闭合，A板向B板靠近，则不变C断开K，A板向B板靠近，则增大D断开K，A板向B板靠近，则不变12如图A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置当A线圈中通有如图（a）所示的变化电流i，则（）A在t1到t2时间内A、B两线圈相吸B在t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力为零Dt2时刻两线圈间吸力最大二、填空题：13某学生用螺旋测微器测定某一金属丝直径，测得的结果如图所示，则该金属丝的直径d= mm14某同学用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻，实验采用的电路如图1所示（1）下列给出的器材中，应该选用 （填代号）A待测干电池（2节串联

6、，电动势约3V）；B电流表（量程03A，内阻0.025）C电流表（量程00.6A，内阻0.125）D电压表（量程03V，内阻3k）E电压表（量程015V，内阻15k）F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02000，额定电流0.3A）H开关、导线（2）图2给出了做实验所需要的各种仪器请你按电路图把它们连成实验电路（3）连好电路，闭合开关后，该同学发现电流表和电压表都没有示数则下列判断正确的是 A可能是导线ab断路B可能是导线bc断路C可能是导线de断路D可能是导线gh断路（4）该同学处理完电路故障后进行实验记录了5组数据，并根据这些数据在坐标图中画出UI图线，如图3所示根据图线求出

7、两节干电池串联的电动势E= V，内阻r= 三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15在磁感强度B=5T的匀强磁场中，水平放置两根间距d=0.2m的平行光滑直导轨，一端接有电阻R=9，以及电键S和理想电压表垂直导轨搁置一根电阻r=1的金属棒ab，棒与导轨良好接触现用外力使金属棒以速度v=10m/s匀速向右移动试求：（1）电键S闭合前、后电压表的示数；（2）闭合电键S，外力移动棒的机械功率16如图所示，一质量为m带电量为+q的带电液滴，从水平放置的平行金属板上方H高度处自由落下，从上板的缺口进入两板间电场，

8、电场强度为E，若qEmg，试求液滴落入电场中所能达到的最大位移h（设dh）17在倾角为的光滑斜面上，放置一通有电流I、长L、质量为m的导体棒，如图所示，试求：（1）使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向（2）使棒静止在斜面上且对斜面无压力，外加匀强磁场磁感应强度B的最小值和方向18如图所示，在y0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y=2h处的P3点不计

9、重力求（1）电场强度的大小（2）粒子到达P2时速度的大小和方向（3）磁感应强度的大小（4）粒子从P1点运动到P3点所用时间2016-2017学年黑龙江省双鸭山一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（1-8为单选，9-12为多选每题4分，共48分.）1首先发现电流磁效应的科学家是（）A安培 B奥斯特 C库仑 D麦克斯韦【考点】1U：物理学史【分析】电流磁效应即电流产生磁场的现象，是1820年丹麦的物理学家奥斯特【解答】解：安培研究了通电导线的磁场方向与电流方向的关系，提出了安培定则库仑发现了库仑定律，麦克斯韦提出了电磁场理论，预言了电磁波的存在奥斯特首先发现了电流磁效应故选B2关

10、于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A由B=可知，B与F成正比，与IL成反比B通电导线放在磁场中的某点，那点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，那点的磁感应强度就为零C磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关D通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场，即B=0【考点】C3：磁感应强度【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比但这属于比值定义法即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定【解答】解：A、磁感应强度的定义式是B=，这是

11、比值定义法定义的物理量，B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定故AB错误，C正确D、通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，但当通电导线与磁场平行放置，不受安培力，所以通电导线不受安培力的地方不一定不存在磁场故D错误故选：C3如图所示，带负电的金属环绕轴OO以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（）AN极竖直向上 BN极竖直向下CN极沿轴线向左 DN极沿轴线向右【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向【解答】解：带负电金属环，如图所示的旋转则金属环的

12、电流方向与旋转方向相反再由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端N极，右端S极因此小磁针N极沿轴线向左故C正确，ABD错误；故选：C4两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由活动，当直流电流按图方向通与两条导线时，导线CD将（从纸外向纸内看）（）A顺时针方向转动，同时靠近导线ABB逆时针方向转动，同时靠近导线ABC逆时针方向转动，同时离开导线ABD顺时针方向转动，同时离开导线AB【考点】CC：安培力【分析】电流CD处于电流AB产生的磁场中，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则判断其安培力的方向，从而判断其运动当CD导线转过90后，看两电流是同向电流还

13、是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解：电流AB产生的磁场在其右侧方向垂直纸面向里，在其左侧垂直纸面向外，根据左手定则知，CD的右边部分所受的安培力方向向上，左边部分所受安培力方向向左，则CD导线逆时针方向转动假设CD导线转过90此时，两电流为同向电流，相互吸引所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB故B正确，A、C、D错误故选：B5一带电粒子（重力不计）在匀强磁场中运动轨迹如图所示，中央是一簿绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知（）A粒子的运动方向是abcdeB粒子带负电C粒子的运动方向是edcbaD粒子在下半周期比上半周期所用时间长【考点】CI：带电粒子在匀

14、强磁场中的运动【分析】由牛顿第二定律及向心力公式可知粒子转动半径与速度的关系，则可判断粒子在穿过绝缘板前后的运动情况； 由周期公式可知上下两部分的时间关系【解答】解：A、C、由Bqv=m可知，r=； 因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过，故运动方向为edcba； 故A错误，C正确； B、粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带正电，故B错误； D、因粒子转动的周期T=，在转动中磁场强度及质量没有变化，故周期不变，而由图可知，粒子在上下都经过半个周期，故时间相等； 故D错误； 故选：C6在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b端移动时（）A电压表和电流表的读数

15、都增大B电压表的读数增大，电流表的读数减小C电压表和电流表的读数都减小D电压表的读数减小，电流表的读数增大【考点】BB：闭合电路的欧姆定律【分析】当滑动变阻器的滑动触头向b端移动时，分析变阻器接入电路的电阻变化，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化由欧姆定律分析并联分部电压的变化，确定通过R2的电流的变化根据总电流和R2的电流的变化分析电流表示数的变化【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I总减小，路端电压U增大，则电压表的读数增大，电阻R2、R3并联部分的电压U并=EI总（R1

16、+r），I总减小，其他量不变，则U并增大，通过R2的电流I2增大，通过电流表的电流I=I总I2，I总减小，I2增大，则I减小故B正确，ACD错误；故选：B7图中甲图所示的线圈为5匝，其端点a，b与电压表相连，线圈内磁通量变化规律如（b）图所示，则a，b两点的电势高低及电压表读数为（）Aab，2伏 Bab，1伏 Cab，2伏 Dab，1伏【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势根据楞次定律判断感应电流的方向结合电路知识求出a、b两点电势差【解答】解：从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相

17、反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势根据法拉第电磁感应定律得：E=n=50.2 v=1v电压表读数为1v故选B8如图所示，矩形线框abcd，通过导体杆搭接在金属导轨EF和MN上，整个装置放在如图的匀强磁场中当线框向右运动时，下面说法正确的是（）AR中无电流 BR中有电流，方向为EMCab中无电流 Dab中有电流，方向为ab【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】当线框向右

18、运动时，切割磁感线产生感应电流，线框相当一个电源，由右手定则判断感应电流的方向【解答】解：据题，线框向右运动时，切割磁感线产生感应电流，线框相当一个电源，由右手定则判断可知，线框中产生的感应电流方向向上，即从ba，则R中有感应电流，方向为EM，故B正确，ACD错误故选B9如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）A若离子带正电，E方向应向下B若离子带负电，E方向应向上C若离子带正电，E方向应向上D不管离子带何种电，E方向都向下【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动【分析】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，粒子离子在复合场中沿

19、水平方向直线通过故有qE=qvB，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，由此可正确解答结果【解答】解：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，因此AD正确，BC错误故选：AD10如图所示，直导线MN中通有M向N的电流，要使闭合导线圈a中产生如图方向的感应电流，应采取的办法是（）Aa不动，使MN中电流增大Ba不动，使MN中电流减小CMN中电流不

20、变，使a平行于MN向右运动DMN中电流不变，使a向着远离MN方向运动【考点】DB：楞次定律【分析】直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向根据楞次定律判断导线框中感应电流方向，由左手定则分析导线框所受的安培力情况【解答】解：根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，A、a不动，直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向故A错误；B、a不动，直导线中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针方向故B正确C、MN中电流保待恒定，使a平行于MN向右运动，线圈中的磁通量不变，没有感应电

21、流故C错误；D、使a远离MN运动，线圈磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针方向故D正确故选：BD11平行板电容器的两极板 A、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键K，电容器充电，这时悬线偏角与竖直方向的夹角为，如图所示 （）A保持K闭合，A板向B板靠近，则增大B保持K闭合，A板向B板靠近，则不变C断开K，A板向B板靠近，则增大D断开K，A板向B板靠近，则不变【考点】AS：电容器的动态分析；2H：共点力平衡的条件及其应用【分析】保持K闭合，电容器的电压不变，A板向B板靠近，板间距离变小，引起电场强度E=变大，分析小球受的电场力F，确定的变化断开K，电容器的

22、电量不变，根据推论：电场强度E=，分析E的变化，确定的变化【解答】解：A、B保持K闭合，电容器的电压不变，A板向B板靠近，板间距离变小，引起电场强度E=变大，小球受的电场力F=qE变大，则变大故A正确，B错误 C、D根据推论：电场强度E=，Q、S、不变，则改变d，E不变，小球受的电场力不变，仍静止，则不变故C错误，D正确故选AD12如图A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置当A线圈中通有如图（a）所示的变化电流i，则（）A在t1到t2时间内A、B两线圈相吸B在t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力为零Dt2时刻两线圈间吸力最大【考点】D8：法拉第电磁感应定律；DB：楞次定

23、律【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解：A、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；B、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右

24、手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C正确；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；故选：ABC二、填空题：13某学生用螺旋测微器测定某一金属丝直径，测得的结果如图所示，则该金属丝的直径d=3.205mm【考点】L4：螺旋测微器的使用【分析】螺旋测微器的读数方法是固定

25、刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则以及露出【解答】解：固定刻度的读数为：3mm，可动刻度读数为0.0120.5mm=0.205mm，所以最终读数为：3mm+0.205mm=3.205mm故答案为：3.20514某同学用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻，实验采用的电路如图1所示（1）下列给出的器材中，应该选用ACDFH（填代号）A待测干电池（2节串联，电动势约3V）；B电流表（量程03A，内阻0.025）C电流表（量程00.6A，内阻0.125）D电压表（量程03V，内阻3k）

26、E电压表（量程015V，内阻15k）F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02000，额定电流0.3A）H开关、导线（2）图2给出了做实验所需要的各种仪器请你按电路图把它们连成实验电路（3）连好电路，闭合开关后，该同学发现电流表和电压表都没有示数则下列判断正确的是AA可能是导线ab断路B可能是导线bc断路C可能是导线de断路D可能是导线gh断路（4）该同学处理完电路故障后进行实验记录了5组数据，并根据这些数据在坐标图中画出UI图线，如图3所示根据图线求出两节干电池串联的电动势E=2.75V，内阻r=1.90【考点】N3：测定电源的电动势和内阻【分析】在选择电压表和电流表时要求在不超

27、过量程的前提下偏转角度尽量大些，在满量程的左右偏转最好根据电路图连接实物图根据数学知识可知，图象与纵坐标的截距代表的就是电源的电动势，直线的斜率代表电源的内阻【解答】解：（1）A待测干电池（2节串联，电动势约3V），电动势为3V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择D，要求在不超过量程的前提下偏转角度尽量大些，因此电流表选择C为了操作方便，滑动变阻器选用较小的阻值，故选F，还有H故选ACDFH（2）根据电路图连接实物图（3）连好电路，闭合开关后，该同学发现电流表和电压表都没有示数，可能是导线ab断路故选A（4）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得：U=EIr，由此可知当I=0时的

28、纵轴截距大小等于电源的电动势大小，图象的斜率大小等于电源的内阻，由此可知，E=2.75V，r=1.90故答案为：（1）ACDFH （2）如图 （3）A （4）2.75，1.90三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15在磁感强度B=5T的匀强磁场中，水平放置两根间距d=0.2m的平行光滑直导轨，一端接有电阻R=9，以及电键S和理想电压表垂直导轨搁置一根电阻r=1的金属棒ab，棒与导轨良好接触现用外力使金属棒以速度v=10m/s匀速向右移动试求：（1）电键S闭合前、后电压表的示数；（2）闭合电键S，外力移

29、动棒的机械功率【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据切割产生的感应电动势公式求出金属棒产生的电动势，结合闭合电路欧姆定律求出电键S闭合前后电压表的示数（2）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，抓住拉力等于安培力求出拉力的大小，结合P=Fv求出外力移动棒的机械功率【解答】解：（1）金属棒做匀速直线运动，产生的感应电动势E=Bdv=50.210V=10V，电键闭合前，电压表的示数等于电动势，即U=E=10V，电键闭合后，电压表示数等于电阻R两端的电压，即（2）闭合电键后，电流I=，外力F=FA=BId=510.2N=1N，则外力的机械功率P=Fv=110W=10W答：（1）电键S闭合前、后电压表的示数为10V、9V；（2）闭合电键S，外力移动棒的机械功率为10W16如图所示，一质量为m带电量为+q的带电液滴，从水平放置的平行金属板上方H高度处自由落下，从上板的缺口进入两板间电场，电场强度为E，若qEmg，试求液滴落入电场中所能达到的最大位移h