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Word文档下载推荐.docx

1、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. 47W B. 44W C. 32W D. 48W4. 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

2、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

3、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A、B的判断正确的是（）A. EAEB B. EAEB C. AB D. AB9. 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（） C

4、. 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（）

5、A. 如果B增大，vm将变大 B. 如果变大，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；D. a点的场强大于b点的场强；三、实验题探究题（本大题共2小题，共2

6、2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20，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2.5k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00.6A，内阻约为0.1 C电流表2：量程03A，内阻未知D电压表1：量程03V，内阻未知E电压表2：量程015V，内阻未知F滑动变阻器1：010，2A G滑动变阻器2：0100，1A H开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，

7、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= _ （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

8、q的微粒以速度与磁场垂直、与电场成角射入复合场中，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=2.010-5T；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

9、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4.010-5N，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：B2. ：由图示电源UIUI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是33，则电源电动势E=

10、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=22=4WP=UI=22=4W，电源效率：=UIEI100%=23100%67%=UIEI100%67%；故D正确；3. 解：电动机的电阻R=UI=20.5=4R=UI=20.5=4；电动机的总功率P=U1I1=24V2A=48WP=U1I1=24V2A=48W；克服自身电阻的功率PR=I21R=（2A）24=16WPR=I12R=（2A）24=16W；电动机正常运转时的输出功率是P输出=PPR=48W16W=32WP输出=PPR=48W16W=32W故选C4.

11、 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D

12、1D1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T2TT2T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

13、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ABABAB，故C正确，DD错误；AC9. 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

14、，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6060，由几何关系得磁场宽度d=rsin60=mvqBsin60d=rsin60=mvqBsin60，又由未加磁场时有d=vtd=vt，所以可求得比荷qm=sin60Btqm=sin60Bt，故A正确周期：T=2mqBT=2mqB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

15、mgsin=BILmgsin=BIL，I=BLVmRI=BLVmRvm=mgsinRB2L2vm=mgsinRB2L2A、如果BB增大，vmvm将变小，故A错误B、如果变大，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

16、错误13.（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0.0149.8mm=0.498mm0.0149.8mm=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0.0247mm=0.94mm0.0247mm=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2.5k2.5k的电阻

17、，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100100档；故答案为：（1）1.998，1.094.（2）75，10014.（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UIUI图可知，电源的电动势为：E=1.50VE=1.50V；内电阻为：r=UI=1.510.5=1.0r=UI=1.510.5=1.0；（4

18、）（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UIUI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，（1）B（1）B；DD；FF；（2）（2）乙（3）1.5（3）1.5；1.0（4）1.0（4）小于（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

19、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=2mqB1t1=T1=2mqB1粒子在磁场B2B2中运动时间t2=12T2=mqB2t2=12T2=mqB2则t=t1+t2=2mqB2t=t1+t2=2mqB2答：（1）（1）粒子的运动轨迹如图（2）（2）经过2mqB22mqB2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由动能定理：（Ff）S0=12mv2（Ff）S0=12mv2联立解得：V=2（BILf）s0mV=2（BILf）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：（Ff）S=12mv21（Ff）S=12mv12P=FV1P=FV1联立解得：P=BIL2（BILf）smP=BIL2（BILf）smP=1.2103WP=1.2103W（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1.2103W.