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1、广东省肇庆联盟校学年高二上学期期末考试物理试题广东省肇庆联盟校2018-2019学年高二（上）期末考试物理试题一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,第1-7题只有一项符合题目要求,第8-10题有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分有选错的得0分)1.下列现象中属于电磁感应现象的是（）A. 磁场对电流产生力的作用B. 变化的磁场使闭合电路中产生电流C. 插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D. 通电直导线使其旁边的小磁针发生偏转【答案】B【解析】【分析】明确电磁感应现象是指闭合回路中磁通量发生变化时，线圈中会产生感应电流的现象，从而选出正确答案。

2、【详解】A、磁场对电流产生力的作用属于安培力，不是电磁感应现象，故A错误； B、变化的磁场使闭合电路中产生电流属于电磁感应现象； 故B正确； C、铁棒被磁化属于磁化现象，故C错误； D、通电直导线使其旁边的小磁针发生偏转属于带电粒子在磁场中的偏转，故D错误。故选：B。【点睛】本题考查电磁感应现象的应用，要能分清哪些现象属于电磁感应现象，同时注意和安培力等进行区分2.如图所示（横截面图），两根平行细导线分别通有大小相等、方向相反的电流，b为它们连线中点，则（）A. b点磁感应强度大小为零B. b点磁感应强度大小不为零，方向沿连线向右C. b点磁感应强度大小不为零，方向垂直连线向上D. b点磁感应

3、强度大小不为零，方向垂直连线向下【答案】D【解析】【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在两直导线形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。【详解】由安培定则可知，左侧的电流在b处产生的磁场方向竖直向下，右侧的电流在b处产生的磁场方向竖直向下，方向相同，所以合磁场的方向向下。故D正确，ABC错误；故选：D。【点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。3.如图所示的四种情况中，满足磁铁与线圈相互排斥且通过R的感应电流方向从b到

4、a的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈时磁铁与线圈相互排斥，故选项CD错误；由B图可知，当磁铁N极竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从a经过R到b。故B正确，A错误；故选B。点睛：在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向4.将长为2L、粗细均匀的导线ab，从中点O处折成如图所示形状，aOb0，ab连线与水平方向成45夹角，导线所在位置处有范围足够大方向垂直纸面向里

5、、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将导线在纸面内以相同大小的速度v，分别以垂直ab斜向上和水平向左两个方向运动，则两种情况下a、b两点间的电势差之比为（）A. B. C. 1：2 D. 2：1【答案】B【解析】【分析】应用E=BLv求出感应电动势，然后求出a、b两点间的电势差，再求出电势差之比。【详解】以垂直ab斜向上匀速运动时，感应电动势：水平向左匀速运动时，感应电动势： a、b两点间的电势差之比，故B正确，ACD错误；故选：B。【点睛】本题考查了求电势差之比，应用E=BLv求出感应电动势是解题的前提与关键，E=BLv中的L是切割磁感线的有效长度。5.将一段长L0.2m、通有电流I2.5A的

6、直导线放入磁感应强度为B的磁场中，则关于其所受安培力F的说法正确的是（）A. 若B2T，则F可能为1NB. 若F0，则B也一定为零C. 若B4T，则F一定为2ND. 当F为最大值时，通电导线一定与B平行【答案】A【解析】【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BILsin求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力； 当夹角为90时，安培力最大； 则安培力在最大值与零之间。【详解】解：长度为0.2m的通电直导线，若放置于匀强磁场的磁感应强度中，通入电流为2.5A，A、如果B2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为FBIL22.50.2N1N若不垂直，则通电导线受到的安培力小

7、于1N，故A正确；B、如果F0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；C、如果B4 T，若垂直放置时，则安培力大小为FBIL42.50.2N2N不垂直时安培力小于2N，故C错误；D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，故选：A。【点睛】学会运用F=BIL计算安培力的大小，注意公式成立的条件是B与I相互垂直。若不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解，则平行的没有安培力，垂直的安培力可用F=BIL计算安培力的大小。6.如图所示，光滑绝缘水平面内将三个带电小球分别固定在a、b、c三点，且ab6cm，accm，bccm，三小球均可视为点电荷。已知c点处小球所受库仑

8、力的合力方向平行于ab连线由a指向b，则a、b两点处小球所带电量比值的绝对值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对小球c受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。【详解】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，可知，a，b的电荷异号，对小球c受力分析，如下图所示：因ab6cm，bccm，accm，因此abac，那么两力合成如图所示，依据相似三角形之比，则有：；而根据库仑定律，而综上所得，故ACD错误，B正确；故选：B。【点睛】考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小

9、球c的合力方向是解题的关键。7.如图所示的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个比荷相同、速率不同的带电粒子正对圆心O射入磁场，分别从a、b两点射出，下列说法正确的是（）A. b点射出的粒子运动半径较小B. a点射出的粒子速率较大C. b点射出的粒子运动时间较长D. a点射出的粒子速度偏转角较大【答案】D【解析】【分析】分别画出从a、b两点射出的粒子轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，分析运动半径以及粒子速度大小，利用周期公式结合粒子转过的圆心角判断粒子在磁场中运动的时间的大小关系。【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示，由图示可知，从b点出射的粒子轨道半

10、径较大，故A错误；B、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，bb点出射的粒子轨道半径大，从b点出射的粒子速率 较大，故B错误；CD、由图示粒子运动轨迹，由几何知识可知，从a点出射的粒子在磁场中的速度偏角较大，粒子在磁场中做圆周运动的周期：相等，粒子在磁场中的运动时间：，粒子在磁场中的偏角越大，粒子在磁场中的运动时间越长，从a点出射的粒子速度偏角较大，从a点出射的粒子在磁场中的运动时间较长，故C错误，D正确；故选：D。【点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，运用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，注意对称性的运用，粒子沿半径方向入

11、射一定沿半径方向出射，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。8.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，灯泡电阻恒定且小于电源内阻，电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从右端向左端移动，下列说法正确的是（）A. 电容器C上电荷量增加B. 灯泡L变亮C. 电源输出功率一定先增大再减小D. 电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定【答案】AD【解析】【分析】分析电路连接，得到各电压、电流的关系；由滑片移动得到滑动变阻器电阻变化，进而得到总电阻变化，即可得到总电流、路端电压变化；根据电流变化得到灯泡电压变化，进而得到变阻器电压变化，即电容器

12、电压变化，即可得到电荷量变化；根据闭合电路欧姆定律得到总电流表达式，即可得到输出功率表达式，从而根据电压变化得到输出功率变化。【详解】电灯L、滑动变阻器串联，然后接在电源上，电流表测量总电流，电压表测量路端电压；电容器两端电压和滑动变阻器上的电压相等；A、滑动变阻器的滑片P向左移动，那么，滑动变阻器接入电路的电阻增大，故总电阻增大，那么总电流减小，内压减小，灯泡电压变小，则滑动变阻器分压变大，电容器两板间电压变大，电量增加，故A正确；B、总电流减小，那么，小灯泡L的电流减小，灯泡变暗，故B错误；C、设外阻为R，那么，电源的输出功率，当时P最大，故R减小，输出功率变化情况不能确定，故C错误；D、

13、UEIr，则，则D正确。故选：AD。【点睛】在动态电路问题中，一般根据电阻变化由闭合电路的欧姆定律得到总电流、路端电压的变化，从而得到各支路电流、各电阻上的电压变化，进而得到功率变化。9.某匀强电场中的4个平行且等距的等势面如图中的虚线A、B、C、D所示，其中等势面C电势为零一电子仅在静电力作用下运动，经过等势面A、D时的动能分别为21eV和6eV，则下列说法正确的是（）A. 电场方向垂直于等势面由D指向AB. 等势面D的电势为5VC. 该电子可以到达电势为12V的等势面D. 若该电子运动到某位置时的电势能为8eV，则它的动能为3eV【答案】BD【解析】【分析】根据动能定理，结合电势差等于电势

14、之差，及能量守恒定律，及只有电场力做功，导致动能与电势能相互转化，从而即可一一求解。【详解】A、因电子只在静电力的作用下运动，经过A、D等势面点的动能分别为21eV和6eV，根据动能定理，则有：，解得：，A点的电势高，则电场线的方向垂直于等势面由A指向D，故A错误；B、，可解得：，故B正确；C、因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，当电子的速度为零时，由能量守恒定律，可知，解得：10V，则该电子不可以到达电势为12V的等势面，故C错误；D、同理，由能量守恒定律，可知，解得：，故D正确；故选：BD。【点睛】本题考查等势面、动能定理，及其相关的知识点，目的是为了考查学生的分析综合能力，同时理

15、解能量守恒定律的应用。10.如图甲所示，水平导轨abd所在空间存在有垂直导轨平面的匀强磁场，从某时刻开始计时磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示（垂直导轨平面向上为磁场正方向）。已知导体棒PQ放置在导轨上且始终静止不动，下列说法正确的是（）A. 导轨一定粗糙B. t1时刻PQ中电流方向发生改变C. 导体棒PQ受安培力大小先减小后增大D. t1时刻PQ中电流为0【答案】AC【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律公式列式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律列式求解感应电流，根据安培力公式求解安培力大小。【详解】A、根据题意，在t1时刻后，没有磁场，导体棒依然可以静止不动，说明导轨不是光滑的，

16、故A正确；BCD、在0t1时间内，固定，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势固定，故感应电流固定，故C正确，BD错误；故选：AC。【点睛】本题考查滑轨问题，关键是结合法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化情况，根据欧姆定律和安培力公式分析安培力大小变化情况，基础题目。二、实验题(本题共2小题,共15分)11.某同学练习使用多用电表，请完成下列问题。（1）如图所示是一多用电表的简化电路图，当转换开关S旋转至位置3时，可用来测量_；旋转至位置2时，多用表为一个倍率为“10”的欧姆表，若该多用电表欧姆表盘刻度的中央刻度值为15则此时欧姆表内阻为_若表头A的满偏电流为50mA，则图中电源的电动势为_V。

17、（2）将一个二极管的两极分别标记为a和b，转换开关S置于位置2，用红表笔接a端，黑表笔接b端，指针几乎不动；红表笔接b端，黑表笔接a端，指针偏转角度很大，则该二极管的正极是_（填“a”或“b）端。【答案】 (1). 电压 (2). 150 (3). 7.5 (4). a【解析】【分析】（1）当转换开关S旋转到位置3时，相当于给电流表加了一个分压电阻，可以测电压；中值电阻等于欧姆表的内阻；根据闭合电路欧姆定律求电动势；（2）欧姆表内置电源的正极与“-”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；用欧姆表测电阻时，红表笔接电源的负极，黑表笔接电源的正极分析即可。【详

18、解】（1）当转换开关S旋转到位置3时，相当于给电流表加了一个分压电阻，改装成了电压表；当转换开关S旋转到位置2时，多用电表为一个倍率为“10”的欧姆表，若图甲中欧姆表刻度盘的中间刻度值为15，则中值电阻为150，内阻与中值电阻相等，故内阻为150；根据闭合电路欧姆定律得：EIR50103150V7.5V；（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则a端为二极管的正极，b为二极管的负极；故答案为：（1）电压； 150； 7.5； （2）a。【点睛】本题

19、考查了欧姆表的使用方法与注意事项、考查了二极管的特点，要掌握欧姆表的使用方法及注意事项，二极管正向偏压很小，二极管反向偏压电阻很大，相当于断路。12.在“测定一节干电池的电动势和内阻”的实验中，提供如下实验器材：一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1）电压表V（量程02V，内阻约为3k）电流表A（量程00.6A，内阻为0.2）滑动变阻器R1（阻值为010）滑动变阻器R2（阻值为050）开关、导线若干（1）若考虑电流表、电压表内阻的影响，现希望能准确地测出这节干电池的电动势和内阻，则应选择_（填“甲”或“乙”）电路进行实验。为了调节方便，则滑动变阻器应该选择_（填“R1”或“R2）。（2）在

20、进行了正确的选择和操作后，某同学通过调节滑动变阻器的滑片得到两组电流表与电压表的示数，分别为U11.0V，I10.3A；U20.7V，I20.5A由此可求得该干电池的电动势E_V，内阻r_。【答案】 (1). 乙 (2). R1 (3). 1.45 (4). 1.3【解析】【分析】（1）根据题意与实验误差来源分析选择实验电路；为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据实验数据，应用闭合电路欧姆定律求出电源电动势与内阻。【详解】（1）图甲所示电路实验误差来源是电压表分流，图乙所示实验电路误差来源是电流表分压，由于电流表内阻已知，为减小实验误差，应选择图乙所示实验电路；为方便实验操作

21、，滑动变阻器应选择R1。（2）根据图乙所示电路图，由闭合电路欧姆定律可知：根据实验数据得：，解得：E1.45V，r1.3；故答案为：（1）乙；R1； （2）1.45；1.3。【点睛】本题考查了实验电路的选择与实验数据处理，知道实验误差来源分析清楚实验电路可以选择正确的实验电路，应用闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势与内阻。三、计算题(本题共3小题,共35分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13.如图所示，空间有水平向右的匀强电场，A、B是电场中两点，相距L20cm，且两点连线与电场线的夹角37现将一质量

22、m4.01011kg、电荷量q1.01010C的带电粒子从A点移至B点电场力做功W1.6109J粒子重力及空气阻力均不计，sin370.6，cos370.8求：（1）A、B两点间电势差；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）若匀强电场的电场强度大小不变，将方向逆时针旋转37，在A点给该粒子一个沿AB方向的初速度，使其能够到达B点，则此初速度的最小值。【答案】（1）16V （2）100V/m （3）10m/s【解析】【分析】（1）根据，即可求解；（2）由，结合沿着电场强度方向距离，即可求出电场强度；（3）应用动能定理求出粒子的最小速度。【详解】（1）根据，代入数据，解得：，（2）由；代入数据，解得

23、：（3）电场方向改变后，A、B两点间电势差为，由于粒子所受电场力方向与初速度方向相反，故到B点的速度为零时，对应的A点初速度为最小值，由动能定理，则有：；解得：v010m/s；【点睛】本题要掌握质点做直线运动的条件：合力与速度共线，由动能定理求解最小速度，也可以由牛顿第二定律和运动学公式结合进行研究。14.如图所示，电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，从M点进入匀强磁场后做匀速圆周运动，从N点离开磁场。两平行金属板间距为d，电势差大小为U，板间电场可视为匀强电场；金属板上方匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向内。忽略重力的影响。求：（1）匀强电场场强E的

24、大小；（2）粒子从电场射出时速度v的大小；（3）若设M、N两点间距为L，粒子不变，仍由静止开始从正极板出发，经电场加速后从M点进入磁场再由N点离开磁场，请你说出一种增大该粒子在匀强磁场中射入点与射出点间距L的方法。【答案】（1） （2） （3）只增大U或只减小B【解析】【分析】（1）根据匀强电场场强与电势差的关系求出电场强度；（2）根据动能定理列式求解；（3）根据洛伦兹力提供向心力列式，从而即可求解。【详解】（1）由匀强电场中电势差与场强的关系得：；（2）根据动能定理有：，解得：；（3）粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：，由几何知识得：，解得：，增大间距L的方法有：只增大U或只减小B等

25、。【点睛】粒子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律与粒子在磁场中做圆周运动的周期可以解题。15.某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线图abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L，如图所示示（俯视）。缓冲小车（无动力）水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲。已知小车总质量为m，受到地面的摩擦阻力为f，小车磁场刚抵达线圈ab边时，速度大小为 v0，小车磁场刚抵达线圈cd边时，速度为零，求：（1）小车缓冲过程中的最大加速度 am的大小。（2）小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q及线圆产生的焦耳热Q。【答案】(1)；(2) 【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式及牛顿第二定律就能求出小车缓冲过程中的的最大加速度；由能量守恒可知线圆产生的焦耳热；解：（1）线圈相对磁场向左切割磁感线，产生电动势电流为：根据牛顿第二定律：得到：（2）通过线圈的电量：，得到：由能量守恒：得到：。