湖北省荆州市滩桥高级中学2017_2018学年高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -滩桥高中 20172018 学年度下学期期中考试高二年级物理试题一选择题1.关于静电场和磁场的说法正确的是（ ）A. 同一试探电荷在电场强度越大的地方受到的电场力越大B. 电场线和磁感线都是闭合的曲线C. 带电粒子一定沿电场线运动D. 处于磁场中的带电粒子一定会受到磁场对它的力的作用【答案】A【解析】【详解】电荷受到的电场力：F=qE，同一试探电荷在电场强度越大的地方受到的电场力越大。故 A 正确；电场线从正电荷出发到负电荷终止，不是闭合曲线。故 B 错误；由静止释放的粒子，只在电场力作用下运动，其运动轨迹只由电场力决定，而电场力与场强方向并不与电场线重合，所以带电粒子不一定沿电场线

2、运动，故 C 错误；洛伦兹力的公式：F=qvBcos，当粒子运动的方向与磁场平行时，不受洛伦兹力的作用。故 D 错误。故选 A。【点睛】电场和磁场是客观存在的物质，而电场线和磁感线是为研究磁场而建立的虚线带电粒子在磁场中运动时，不一定受到洛伦兹力的作用2.如上图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D 为正方形四个边的中点，O 为正方形的中心，下列说法中正确的是A. A、C 两个点的电场强度方向相反B. 将一带正电的试探电荷匀速从 B 点沿直线移动到 D 点，电场力做功为零C. O 点电场强度为零D. 将一带正电的试探电荷匀速从 A 点沿直线移动到 C 点，试探电荷具有

3、的电势能增大【答案】B【解析】【详解】设正方形边长为 L，每个电荷的电量大小为 Q，对 A 点研究，两个正电荷在 A 点的- 2 -合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在 A 点的合场强方向水平向右。则 A 点的电场强度方向水平向右。对 C 点研究，两个负电荷在 C 点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在 C 点的合场强方向水平向右，所以 A、C 两个点的电场强度方向相同。故 A 错误；在上面两个等量异种电荷的电场中，B、D 连线是一条等势线。在下面两个等量异种电荷的电场中，B、D 连线是也一条等势线，所以 B、D 两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从 B 点沿直线移动到 D

4、 点，电场力做功为零，故 B 正确。两个正电荷在 O 点的合场强水平向右，两个负电荷在 O 点的合场强也水平向右，所以 O 点电场强度不等于零，方向水平向右。故 C 错误。根据电场的叠加原理可知，AC 连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从 A 点沿直线移动到 C 点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题的关键是要掌握等量异种电荷的电场线和等势面分布特点，熟练运用电场的叠加原理分析复合场中电势与电场强度的分布情况；注意场强叠加是矢量叠加，电势叠加是代数叠加3.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,T 为理想变压器， V 1、A 1为监控

5、市电供电端的电压表和电流表，V 2、A 2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R 1、R 2为教室的负载电阻，V 3、A 3为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关 S 闭合时（ ）A. 电流表 A1、A 2和 A3的示数都变大 B. 只有电流表 A1的示数变大C. 电压表 V2和 V3的示数都变小 D. 电压表 V3的示数变小【答案】D【解析】【详解】当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即 U2不变，可知输电线中的电流增大，即 A2增大，则输电线上损失的电压增大，- 3 -可知用户端得到的电压减小，即 U3减小，所

6、以通过 R1的电流减小，即 A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据 知，原线圈中的电流 I1增大，所以 A1示数增大。故 D 正确，ABC 错误。故选 D。4.如图所示，一个边长 L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中。若通以图示方向的电流(从 A 点流入，从 C 点流出)，电流为 I，则金属框受到的磁场力的合力为（ ）A. 0 B. ILB C. ILB D. 2ILB【答案】B【解析】试题分析：由图示可知，电流由左端流入，从右端流出，下面的直线部分的电流为 ，所受的安培力是 ，上面的折线部分的电流为 ，所受的安培力是 ，两部分的安培力方向相同，故金属框

7、受到的磁场力为 BIL，故 B 正确，ACD 错误；故选 B考点：安培力【名师点睛】此题考查对求解安培力公式的应用问题；解题时要正确理解安培力公式F=BILsin 中各符合所表示的物理量是正确解题的关键，分析清楚图示情景，求出导线有效长度 L 即可正确解题；此题是基础题，也是易错题.5.如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一条直线上若取顺时针电流方向为感应电流的正方向，从金属框左边刚进入磁场开始计时，则金属框穿过磁场过程中的感应电流随时间变化的图象是（ ）-

8、4 -A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：设直角三角形右下角为 金属框进入磁场的过程，感应电动势为 E=BLv，L=vttan，则得 E=Bv2ttan，感应电流大小： ，由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，是负值；金属框穿出磁场的过程，感应电动势为：E=BLv，, L0是三角形底边的长度，则得：E=B（2L 0-vt）vtan，感应电流大小： ，由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是正值；由数学知识可知 C 图象正确故选 C考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题是楞次定律和法拉第电磁定律、欧姆定律的综合应用，先根据楞次定律判断感应电流的方向再由 E

9、=BLv，分析感应电动势，其中 L 是有效的切割长度由欧姆定律得到感应电流与时间的关系式，分段得到电流的表达式，再选择图象。6.一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电 e=220 cos100t V，那么( )A. 频率是 50 赫兹 B. 当 t = 0 时，线圈平面恰好与中性面重合C. 当 t=1/200 秒时，e 有最大值 D. 有效值为 220 V【答案】A【解析】【详解】线圈的角速度为 100rad/s，故其频率为：f= =50Hz，故 A 正确；当 t=0 时，e=220 V，此时线圈垂直中性面，故 B 错误。当 t=1/200s 时，cos =0，所以 e=0，最小，故C 错误

10、；由 e=220 cos100t 可知该交流电的最大值为 200 V，有效值为 220V，故 D 错误；故选 A。- 5 -【点睛】对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义；知道正弦交流电有效值和最大值的关系： 7.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如下图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体 m，电梯静止时电流表示数为 I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是 （ ）A. 甲图表示电梯可能做匀速直线运动B.

11、乙图表示电梯可能做匀加速上升运动C. 丙图表示电梯可能做匀加速上升运动D. 丁图表示电梯可能做加速度减小的减速运动【答案】ACD【解析】【详解】由 A 图，电流不变，压敏电阻的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变，压力不变，则电梯可能做匀速直线运动。故 A 正确。B 图中，当电流变化时，其电阻是变化的，则压力也是变化的。而匀加速运动压力不变。故 B 错误。由 C 图，电流为静止时的两倍，而且不变，由欧姆定律知，其电阻减小，且不变，则压力增大且不变，电梯可能做匀加速上升运动。故C 正确。D 图中当电流均匀减小时，其电阻是增大的，则压力变小，电梯可能做加速度减小的减速运动，故 D 正确；故选 ACD

12、。【点睛】本题是信息题或新概念题，关键要从题目大量文字材料中抓住核心的信息。这也是力电综合题，关键要抓住力电之间的纽带：压力。8.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平 向右，磁场方向垂- 6 -直纸面向里，一带电微粒由 a 点进入电磁场并刚好能沿 ab 直线向上运动，下列说法正确的是：（ ）A. 微粒一定带负电 B. 微粒动能一定减小C. 微粒的电势能一定增加 D. 微粒的机械能一定增加【答案】AD【解析】【详解】根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，动能不变，所以选项 A 正确，选项 B 错误。由于电场力向左，对微粒做正功，电

13、势能一定减小，选项 C 错误。由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项 D 正确。故选 AD。【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v 与 B 不平行） 若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动9.如图所示，质量相同的两个带电粒子 P、 Q 以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中， P 从两极板正中央射入， Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )- 7 -A. 它们运动的时间 tQ tPB. 它们所带电荷量之比 q

14、P qQ12C. 它们的电势能减少量之比 EP EQ12D. 它们的动能增量之比 EkP EkQ14【答案】ABD【解析】【详解】带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由 x=v0t 可知运动时间相等，即 tQ=tP故 A 正确；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有： ，解得： ；由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yP：y Q=1：2；所以它们所带的电荷量之比 qP：q Q=yP：y Q=1：2，故 B正确；电势能的减小量等于电场力做的功即E=qEy，因为竖直位移之比为：y P：y Q=1：2，电荷量之比为：q P：q Q=

15、1：2，所以它们电势能减少量之比为：E M：E N=1：4故 C 错误；根据动能定理，有：qEx=E k，而：q P：q Q=1：2，x P：x Q=1：2，所以动能增加量之比：EkP：E kQ=1：4，故 D 正确；故选 ABD。【点睛】本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析10.如图所示，平行金属导轨间距为 L，与水平面间的倾角为 （导轨电阻不计） 。两导轨与阻值为 R 的定值电阻相连，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为 m，长为 L 的导体棒在 ab 位置获得平行于斜面的大小为 v 的

16、初速度向上运动，最远处到达 cd 的位置，滑行距离为 s，导体棒的电阻也为 R，导体棒与导轨间的动摩擦因数为 ，则（ ）- 8 -A. 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B. 导体棒上滑过程中克服安培力、滑动摩擦力和重力做的总功为C. 上滑过程中电流做功产生的热量为 -mgssinD. 上滑过程中导体棒损失的机械能为 mgssin【答案】BD【解析】【详解】导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，由 E=BLv、I= 、F A=BIL 得：最大安培力为 Fmax= 故 A 错误。导体棒上滑的过程中，根据动能定理得知，克服安培力、滑动摩擦力和重力做的总功为 m

17、v2故 B 正确。根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为 Q= mv2-mgs（sin+cos） ，故 C 错误。上滑的过程中导体棒的动能减小 mv2，重力势能增加 mgssin，所以导体棒损失的机械能为 mv2-mgssin故 D 正确。故选 BD。【点睛】本题从两个角度研究电磁感应现象，一是力的角度，关键是推导安培力的表达式；二是能量的角度，关键分析涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的二实验题11.小明同学设计了如图 1 所示的 电路测电源电动势 E 及电阻 R1和 R2的阻值实验器材有：待测电源 E（不计内阻） ，待测电

18、阻 R1 ， 待测电阻 R2 ， 电流表 A（量程为 0.6A，内阻较小） ，电阻箱 R（099.99） ，单刀单掷开关 S1 ， 单刀双掷开关 S2 ， 导线若干- 9 -（1）先测电阻 R1的阻值闭合 S1 ， 将 S2切换到 a，调节电阻箱 R，读出其示数 r1和对应的 电流表示数 I，将 S2切换到 b，调节电阻箱 R，使电流表示数仍为 I，读出此时电阻箱的示数 r2，则电阻 R1的表达式为 R1= _（2）小明同学已经测得电阻 R1=2.0，继续测电源电动势 E 和电阻 R2的阻值他的做法是：闭合 S1 ， 将 S2切换到 b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R 和对应的电流表示

19、数I，由测得的数据，绘出了如图 2 所示的 1/IR 图线，则电源电动势 E= _V，电阻R2= _ （保留两位有效数字）（3）用此方法测得的电动势的测量值_ 真实值；R 2的测量值 _真实值（填“大于” 、 “小于”或“等于” ）【答案】 (1). r1- r2， (2). 1.5， (3). 1.0， (4). 等于， (5). 大于【解析】【详解】 （1）当 R2接 a 时应有：E=I（R 2+r1） ；当 S2接 b 时应有：E=I（R 2+R1+r） ；联立以上两式解得：R 1=r1-r2；（2）根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R 2+R+R1）变形为： ，根据函数斜率和截距的概念

20、应有：=2.0解得：E=1.5V，R 2=1.0； （3）若考虑电源内阻，对（1）：接 a 时应有：E=I（R 2+r1+r） ，接 b 时应有：- 10 -E=I（R 2+r2+r）联立可得 R1=r1-r2，即测量值与真实值相比不变；对（2）应有：E=I（R 2+R+R1+r） ，变形为 ，比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R 1变小，即测量值比真实值偏大【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，本实验应明确：遇到根据图象求解的问题，首先应根据需要的物理规律列出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可12.某待测电阻 Rx的阻值约为 20，

21、现要测量其阻值，实验室提供器材如下：电流表 A1（量程 150mA，内阻 r1约为 10）电流表 A2（量程 20mA，内阻 r2=30）电压表 V（量程 15V，内阻约为 10K）定值电阻 R0=100 滑动变阻器 R，最大阻值为 5 电源 E，电动势 E=4V（内阻不计） 开关 S 及导线若干（1）根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的 1/3，请你在虚线框内画出测量 Rx的一种实验原理图（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）_（2）实验时电流表 A1的读数为 I1，电流表 A2的读数为 I2，用已知和测得的物理量表示_ （用字母表示）【答案】 (1). （1） ；

22、(2). （2）【解析】【详解】 （1）电流表 A1量程较大，应放置于干路上，让 A2与定值电阻串联使用，充当电压表，滑动变阻器阻值较小，采用分压接法，电路图如下：- 11 -（2）由欧姆定律得被测电阻两端电压为：U=I 2（R 0+r2）通过被测电阻的电流为：I=I 1-I2故被测电阻阻值为：R x=【点睛】题考查了实验器材的选取，实验器材的选取是本题的难点，也是正确解题的关键，选择实验器材时，既要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实验操作性原则三解答题13.如图所示，水平面上有两根相距 0.5m 的足够长的平行金属导轨 MN 和 PQ，它们的电阻可忽略不计，在 M 和 P

23、 之间接有阻值为 R3.0 的定值电阻.导体棒 ab 长 L0.5m，其电阻为r1.0，与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.4T.现使 ab 以 v10m/s 的速度向右做匀速运动. ab 两点电势差为多少？使棒向右匀速运动的拉力 F 为多少？拉力的功率为多少？【答案】 （1）1.5V；（2）0.1N；（3）1W【解析】电路中电动势： （2 分）ab 两点电势差： （2 分）电路中电流： （1 分）- 12 -匀速时拉力： （1 分）（3）拉力的功率： （2 分）本题考查电磁感应现象与电路的结合问题，切割磁感线的导体相当于电源，利用公式 E=BLv求出电源电动

24、势，转化为恒定电流问题，由闭合电路欧姆定律求解，拉力等于安培力，可以求出拉力做功14.如图所示为交流发电机示意图，匝数为 n=100 匝的矩形线圈，边长分别为 L1= 10 cm 和L2=20 cm，内阻为 r=5，在磁感应强度 B=0.5 T 的匀强磁场中绕 OO轴以 =50 rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行,线圈通过电刷和外部的电阻R=20 相接.求电键 S 合上后，（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式（2）电压表和电流表示数；（3）电阻 R 上所消耗的电功率是多少？【答案】 （1）e=50 sin50 t；（2）40V；（3）80W 【解析】【详解】

25、 （1）感应电动势最大值：E m=nBS=1000.50.10.250 =50 V故表达式为：e=E msint=50 sin50 t（2）有效值：E=E=50V电键 S 合上后，由闭合电路欧姆定律得： ，U=IR=220=40V （3）电阻 R 上所消耗的电功率为：P=IU=240=80W【点睛】此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，- 13 -产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值，计算电功率要用有效值15.如图所示，在平面直角坐标系 xoy 内，第 I 象限的等腰直角三角形 MNP 区域内

26、存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0 的区域内存在着沿 y 轴正方向的匀强电场。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从电场中 Q（2h，h）点以速度 0水平向右射出，经坐标原点O 处射入第 I 象限，最后以垂直于 PN 的方向射出磁场。已知 MN 平行于 x 轴， N 点的坐标为（2h，2h） ，不计粒子的重力，求：（1）电场强度的大小 E；（2）磁感应强度的大小 B；（3）粒子磁场中运动的时间 t.【答案】 （1） ；（2） ； （3）【解析】（1）由几何关系可知粒子在竖直电场中水平位移为 2h，竖直方向的距离为 h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h=v 0th= at2由牛顿运动

27、定律可知：Eq=ma联立解得： ；（2）粒子到达 0 点，沿+y 方向的分速度 ；速度与 x 正方向的夹角 满足 - 14 -粒子从 MP 的中点垂直于 MP 进入磁场，垂直于 NP 射出磁场，粒子在磁场中的速度 v= v0；轨道半径 R= h由 得： ；（3）由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为 45，故运动时间 ；粒子在磁场中的运动时间为16.如图所示，间距为 L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成:倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为 ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为 r 的定值电阻.质量为 m、电阻也为 r 的金属杆 MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应

28、强度为 B的匀强磁场;在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为 B 的匀强磁场.闭合开关 S，让金属杆 MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆 MN 运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆 MN 始终与导轨接触良好，重力加速度为 g.(1)求金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率 vm;(2)金属杆 MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度 vm前，在流经定值电阻的电流从零增大到 I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为 q，求电流为 I0 时 金属棒的速度 v 和下滑的位移 x;这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热 Q;(3)求金属杆 MN 在水平导轨上滑行的最大距

29、离 xm.【答案】 （1） ；（2） ， ； ；（3） 【解析】【详解】 （1）金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mgsin-BIL=0- 15 -根据欧姆定律可得： 联立可得： ；（2）当通过的电流为 I0时，设金属杆的速度为 v，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得 解得 设在这段时间内，金属杆运动的位移为 x，由电流的定义可得：q= t根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得： 联立得： 解得： ；设此过程中，电路产生的焦耳热为 Q，由功能关系可得：mgxsin=Q+ mv2电阻 R 产生的焦耳热 Q 热 = Q联立可得： 设金属杆在水平导轨上滑行的最大距离为 xm，由牛顿第二定律得：BIL=ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义可得：I= 联立可得：v t m v即： xm mvm得： xm【点睛】本题是滑轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要- 16 -注意求解电热时用功能关系列式分析，求解电荷量和位移时用平均值分析。