黑龙江省哈尔滨师大附中学年高二上学期期末.docx

1、黑龙江省哈尔滨师大附中学年高二上学期期末2016-2017学年黑龙江省哈尔滨师大附中高二（上）期末物理试卷一、选择题（每小题4分，共56分其中1-9题为单选题，10-14题为多选题，请将正确答案选出）1下列说法正确的是（）A法拉第发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的B库仑首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究C法国学者安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体D奥斯特通过10年之久的努力，终于发现了电磁感应现象2关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（）A线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的

2、感应电动势一定越大B线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大3如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极饭边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m，带电荷量为q，则（）A场强的方向竖直向上B场强的方向竖直向下C两极板间的电势差大小为D油滴的电势能增加了mgd4在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的

3、滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U增大 BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大 DI1减小，I2不变，U减小5如图所示，一带电粒子沿x轴正方向进入一个垂直纸面向里的匀强磁场中，若要使该粒子所受合外力为零（重力不计），应该加的匀强电场的方向是（）A+y方向 By方向Cx方向 D因不知q的正负，无法确定6如图电路中，P、Q两灯相同，L的电阻不计，则（）AS断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会才熄灭BS接通瞬间，P、Q同时达正常发光CS断开瞬间，通过P的电流从右向左DS断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反7如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界

4、匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？（）A B C D8如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（）A3t B t C t D2t9如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运

5、动电荷导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（）A，负 B，正 C，负 D，正10回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A增大匀强电场间的加速电压 B增大磁场的磁感应强度C减小狭缝间的距

6、离 D增大D形金属盒的半径11如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动则关于线圈在此过程中受到的支持力N和摩擦力f的情况，以下判断正确的是（）AN先大于mg，后小于mg BN一直大于mgCf先向左，后向右 Df一直向左12如图是一条通电导体棒a放在光滑绝缘斜面上的平面示意图，通入垂直纸面向里的电流，欲使导体棒a能静止在斜面上，需在MN间垂直纸面放置通电导体棒b，则关于导体棒b的电流方向及位置可能正确的是（）A垂直纸面向外，放在A点 B垂直纸面向外，放在B点C垂直纸面向里，放在B点 D

7、垂直纸面向里，放在C点13如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地（）A当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向右的B当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的C当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大D当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小14如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L一个质量为m、边长也为L的正

8、方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I），导线框的速度为v0经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置），导线框的速度刚好为零此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I（不计空气阻力），则（）A上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率C上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多D上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等三、实验题（共10分请按要求完成各题）15读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数

9、游标卡尺的示数为cm； 螺旋测微器的示数为cm16某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约1，电压表（03V 3k），电流表（00.6A 1.0），滑动变阻器有R1（10 2A）和R2各一只实验中滑动变阻器应选用（选填“R1”或“R 2”）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的UI图线，由图可较准确求出该电源电动势E=V，内阻r=四、计算题（共34分，写出必要的解题步骤）：17两块金属板a、b平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域一束电子以一定的初速度V0从两板中间沿垂直于电场、磁场的方向射入场中

10、，无偏转地通过场区，如图所示已知板长L=10cm，两板间距d=3.0cm，两板间电势差U=150V，v0=2.0107m/s（1）求磁感应强度B的大小（2）若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离以及电子通过场区后动能增加多少？（电子比荷为=1.761011C/kg，电子电荷量e=1.601019C）18如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1.0m，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R的电阻匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为0.20kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25（1）求金属棒沿导轨由静止开始

11、下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8.0W，求该速度的大小；（3）在上问中，若R=2.0，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小和方向（g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80）19如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q0）的粒子1在纸面内以速度v1=v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角=30；质量为m、电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度v2=v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角=60角已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点（图中未画出），不计粒子的重力及粒子间的相

12、互作用（1）求两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d；（2）求两粒子进入磁场的时间间隔t；（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动求电场强度E的大小和方向2016-2017学年黑龙江省哈尔滨师大附中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共56分其中1-9题为单选题，10-14题为多选题，请将正确答案选出）1下列说法正确的是（）A法拉第发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的B库仑首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究C法国学者安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着

13、一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体D奥斯特通过10年之久的努力，终于发现了电磁感应现象【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、奥斯特发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的，故A错误；B、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故B错误；C、安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体故C正确D、法拉第通过10年之久的努力，终于发现了电磁感应现象，故D错误；故选：C2关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（）A线圈中磁通量

14、变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关【解答】解：A、由得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁通量的变化大小无关，故A错误；B、由得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁通量的大小无关，故B错误；C、由得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁感强度强弱无关，故C错误；D、由得，线圈中产

15、生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，故D正确；故选：D3如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极饭边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m，带电荷量为q，则（）A场强的方向竖直向上B场强的方向竖直向下C两极板间的电势差大小为D油滴的电势能增加了mgd【考点】电势能；牛顿第二定律；电场强度【分析】微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，否则就做曲线运动微粒的加速度一定为零根据能量守恒研究微粒电势能的变化由=qU，求解电势差由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带正电，电场强度方向竖直向上【解答】解：A、

16、由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，除重力外还有竖直向上的电场力，由于电荷带正，所以电场强度的方向为竖直向上故A正确 B、由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，除重力外还有竖直向上的电场力，由于电荷带正，所以电场强度的方向为竖直向上故B错误 C、由上可知微粒的电势能增加量=mgd，又=qU，得到两极板的电势差U=故C正确 D、重力做负功mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd故D错误故选AC4在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1

17、、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U增大 BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大 DI1减小，I2不变，U减小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数

18、U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大故A、C、D错误，B正确故选：B5如图所示，一带电粒子沿x轴正方向进入一个垂直纸面向里的匀强磁场中，若要使该粒子所受合外力为零（重力不计），应该加的匀强电场的方向是（）A+y方向 By方向Cx方向 D因不知q的正负，无法确定【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】首先根据粒子所受合外力为零，可判断粒子的电场力和洛伦兹力为平衡力，再分别假设粒子带正电或负电，可判知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关【解答】解：带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，合外力为零，可知所受到的电场力和洛伦兹力

19、大小相等方向相反，假设粒子带正电，由左手定则可知，所受的洛伦兹力的方向沿y轴正方向，则电场力的方向沿y轴的负方向，可知电场方向沿y轴负方向；若粒子带负电，电场力和洛伦兹力方向都将反向，合外力仍为零，电场的方向还是沿y轴负方向（电场的方向与粒子的电性无关），所以选项B正确，选项ACD错误故选B6如图电路中，P、Q两灯相同，L的电阻不计，则（）AS断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会才熄灭BS接通瞬间，P、Q同时达正常发光CS断开瞬间，通过P的电流从右向左DS断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反【考点】自感现象和自感系数【分析】线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的

20、电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路【解答】解：A、S断开瞬间，PQ与L串联，同时过一会才熄灭，故A错误；B、S接通瞬间，由于L的自感作用，Q不亮，P立即发光，稳定后两灯亮度相同，故B错误；C、S接通瞬间，线圈由于自感，产生自感电动势，将保持原来的电流的方向，通过P的电流是线圈的自感电动势产生的，与线圈中的电流的方向相同，所以从右向左，故C正确；D、S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相同，故D错误；故选：C7如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中

21、始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？（）A B C D【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】首先根据右手定则判断边ab刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；故选：D8如图所示，在圆形区域内，存在

22、垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（）A3t B t C t D2t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，可以判断粒子的运动的时间【解答】解：设磁场圆的半径为R，根据周期公式T=可得，同一粒子在磁场中运动时的运动的周期相同，当速度的大小为2v时，圆周运动的圆心为O，根据弦切角等于圆心角的一半可知，圆弧所对的圆心角为60；磁场

23、圆的半径恰好是粒子圆周运动半径的一半；当速度的大小为v时，半径为原来的一半，圆周运动的圆心O点，在原来的半径的中点处，则新的粒子圆与磁场圆的半径相等，则=60；由几何关系可知所对的圆心角为120，则粒子的运动的时间为2t，故D正确；故选：D9如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（）A，负 B，正 C，负 D，正

24、【考点】霍尔效应及其应用【分析】上表面的电势比下表面的低知上表面带负电，下表面带正电，根据左手定则判断自由运动电荷的电性抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出单位体积内自由运动的电荷数【解答】解：因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷因为qvB=q，解得v=，因为电流I=nqvs=nqvab，解得n=故C正确，A、B、D错误故选：C10回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增

25、大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A增大匀强电场间的加速电压 B增大磁场的磁感应强度C减小狭缝间的距离 D增大D形金属盒的半径【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关【解答】解：由qvB=m，解得v=则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能故B、D正确，A、C 错误故选BD11如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上当一个竖直放

26、置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动则关于线圈在此过程中受到的支持力N和摩擦力f的情况，以下判断正确的是（）AN先大于mg，后小于mg BN一直大于mgCf先向左，后向右 Df一直向左【考点】楞次定律；力的合成与分解的运用【分析】当磁铁靠近线圈时和远离线圈时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，线圈受到安培力作用，根据楞次定律，安培力总是阻碍导体与磁体间的相对运动，分析线圈受到的安培力方向，再分析支持力N和摩擦力f的情况【解答】解：A、B当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律

27、可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即N大于mg线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力故A正确，B错误 C、D当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即N小于mg线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力故C错误，D正确故选：AD12如图是一条通电导体棒a放在光滑绝缘斜面上的平面示意图，通入垂直纸面向里的电流，欲使导体棒a能静止在斜面上，需在MN间垂直纸面放置通电导体棒b，则关于导体棒b的电流方向及位置可能正确的是（）A垂直纸面向外，放在

28、A点 B垂直纸面向外，放在B点C垂直纸面向里，放在B点 D垂直纸面向里，放在C点【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力【分析】通有同向电流的导线相互吸引，通有异向电流的导体棒相互排斥，然后结合平衡条件判断a所受合力是否可以为零【解答】解：A、若导体棒b的电流方向垂直纸面向外，放在A点，a受力如下：a受这样的三个力的作用合力可能为零，能处于静止，故A正确；B、若导体棒b的电流方向垂直纸面向外，放在B点，a受力如下：三个力的合力不可能为零，故B错误；C、垂直纸面向里，放在B点，受力如下：三个力的合力不可能为零，故C错误；D、垂直纸面向里，放在C点，受力如下：三个力的合力可能

29、为零，a可以处于静止，故D正确；故选：AD13如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地（）A当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向右的B当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的C当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大D当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律【分析】电容器和电源相连，两端的电势差不变，通过电容的

30、变化，结合Q=CU得出电荷量的变化，通过电容器带电量的变化确定通过R的电流流向根据电容器两端电势差不变，结合电场强度的变化，得出pN间电势差的变化，从而确定p点电势的变化，得出p点电势能的变化【解答】解：A、当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，根据C=知，电容减小，根据Q=CU，U不变，则电荷量减小，则通过R的电流向右故A正确，B错误C、由于电容器两端的电势差不变，将M板向上移动，d增大，则电场强度减小，pN间的电势差减小，因为N点电势为零，知p点的电势减小，根据Ep=q，电荷为负电，则p点的电势能变大故C正确，D错误故选：AC14如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的