重庆市第八中学学年高二上学期期末考试物理试题Word格式.docx

重庆市第八中学学年高二上学期期末考试物理试题Word格式.docx

《重庆市第八中学学年高二上学期期末考试物理试题Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市第八中学学年高二上学期期末考试物理试题Word格式.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

b在p处产生的磁场Bb方向，如图所示，

根据平行四边形定则进行合成，则得P点的磁感应强度方向水平向左。

符合题意。

故A正确。

若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向水平向右。

故B错误。

若a、b中均向纸外，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向上。

故C错误。

若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下。

故D错误。

故选A.

【点睛】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．

4.一个小型电热器若接在输出电压为10v的直流电源上，消耗电功率为P；

若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为

。

如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为

A.5VB.5

VC.10VD.10

V

【答案】C

试题分析：

根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．

解：

设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，则：

Q=

此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以Q′=

所以：

=

解得：

所以最大值为

故选C

5.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。

之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1∶t2为（）

A.2∶3B.2∶1C.3∶2D.3∶1

粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：

电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径

可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°

，所以粒子1运动的时间

，粒子2运动的时间

，所以

故选D．

考点：

带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比。

6.如图所示，LOO’L’为一折线，它所形成的两个角∠LOO’和∠OO’L‘均为450。

折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直OO’的方向以速度v做匀速直线运动，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置。

以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—时间（I—t）关系的是（时间以l/v为单位）（）

根据导体切割磁感线产生电动势可正确解答，注意两根导体在磁场中同时切割产生总电动势的求法，同时注意根据几何关系正确求解有效切割长度．

刚开始时，即如题图中开始所示状态，随着线框的匀速向上运动，上方导体切割长度不变，下方逐渐变小，因此总感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，由楞次定律可知，感应电流方向为正，AC错误；

当线框全部进入上方磁场时，感应电流突然变为零，当线框离开磁场时，有效切割磁感应线的长度在增大，则感应电动势在增大，因此感应电流增大，当有一半出磁场时，继续离开时，切割长度在减小，则感应电流也减小，由楞次定律可知，感应电流方向为负，故B错误D正确．

7.1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（图甲）。

它是利用电磁感应的原理制成的,是人类历史上第一台发电机。

图乙是这个圆盘发电机的示意图:

铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触。

使铜盘转动,电阻R中就有电流通过。

若所加磁场为匀强磁场,除R以外其余电阻均不计。

从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,下列说法正确的是

A.铜片D的电势高于铜片C的电势

B.电阻R中有正弦式交变电流流过

C.铜盘半径增大1倍,流过电阻R的电流也随之增大l倍

D.若不给铜盘施加任何外力,铜盘最终会停下来

【答案】AD

根据右手定则判断CD间感应电流方向，即可知道电势高低．根据感应电流产生条件，即可判定能否产生感应电流．依据闭合电路欧姆定律，结合感应电动势，及线速度与角速度关系，即可判定；

根据能量守恒定律判断选项D.

【详解】A、根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此铜片D的电势高于铜片C的电势；

故A正确；

由于铜盘切割磁感线，从而在电路中形成方向不变的电流；

故B错误；

因感应电动势E=Br

，

，而

，则有，

，当铜盘半径r增大1倍，流过电阻R的电流变为原来的4倍，故C错误；

若不给铜盘施加任何外力，因有电能产生消耗机械能，则铜盘最终会停下来，选项D正确；

故选AD.

【点睛】本题是右手定则和涡流的产生条件等综合应用，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源．

8.如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,在xoy平面内,从原点O处沿与x轴正方向成O角（0<

θ<

π）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）,则下列说法正确的是

A.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间越短

B.若θ一定,v越大,则粒子在离开磁场的位置距o点越远

C.若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短

D.若v一定,θ越大,则粒子在离开磁场的位置距o点越远

【答案】BC

带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角α，由t=

T分析粒子的运动时间；

根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系。

【详解】粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：

轨迹对应的圆心角：

α=2π-2θ，粒子在磁场中运动的时间：

；

则粒子在磁场中的运动时间与粒子速率无关，若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间相等，故A错误；

若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故C正确；

设粒子的轨迹半径为r，则

，如图所示，由几何知识得：

AO=2rsinθ=

，若θ一定，v越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远，故B正确；

v一定，若θ是锐角，θ越大，AO越大，若θ是钝角，θ越大，AO越小，故D错误；

故选BC。

【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角；

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据

，θ是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角。

9.据中新社北京某日报道:

中国科学家首次在实验中发现量子反常霍尔效应,引起国际物理学界巨大反响,是具有诺贝尔奖级的成绩。

利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域。

如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,上、下工作面间的距离为d,通入图示方向的电流I时,C、D两侧面间会形成电势差UCD,下列说法中正确的是

A.仅增大磁感应强度时,电势差UCD不变

B.若霍尔元件的自由电荷是自由电子,则CD点的电势ΦC>

ΦD

C.仅减小上、下工作面间的距离d时,电势差UCD变大

D.仅增大通入的电流时,电势差UCD变大

【答案】CD

若在霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面电势的关系。

CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关。

【详解】若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则ΦC<

ΦD，选项B错误．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、d，有q

=qvB，I=nqvS=nqvbd，则

．则仅增大磁感应强度时，电势差UCD增加；

仅减小上、下工作面间的距离d时，电势差UCD变大；

仅增大通入的电流I时，电势差UCD变大；

故A错误，CD正确；

故选CD。

【点睛】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。

10.如图,xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外,磁感应强度B=1T的匀强磁场,ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板,长度为9m,M点为x轴正方向上一点,OM=3m.现有一个比荷大小为q/m=1C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场,最后能经过M点,假设小球与挡板碰后以原速率弹回,且碰撞时间不计,碰撞时电量不变,则小球射入的速度大小可能是

A.3m/sB.3.75m/sC.4.5m/sD.5m/

根据qvB=m

得r=

，故v=

若小球不与挡板相碰经过M点，由运动轨迹及几何关系解得r1=5m，故v1=5m/s，选项D正确；

若小球与挡板相碰1次经过M点，由几何关系：

（93r2）2+32=r22，解得r2=3m，故v2=3m/s，选项A正确。

带电粒子在匀强磁场中的运动

二、实验题

11.用如图所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关K和两个部件S、T,请根据下列步骤完成电阻测量

①旋动部件_________,使指针对准电流的"

0″刻线；

②将K旋转到电阻挡“×

100的位置；

③将插入十”、“一“插孔的表笔短接,旋动部件_________,使指针对准电阻的0刻线；

④将两表笔分别与待测电阻相接,发现指针偏转角度过小。

为了得到比较准确的测量结果,请从下列选项中挑出合理的步骤,并按_________的顺序避行操作,再完成读数测量。

A.将K旋转到电阻挡”×

1k"

的位置

B.将K旋转到电阻挡“×

10的位置

C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接

D.将两表笔短接,旋动合适部件,对电表进行校准

【答案】

（1）.S

（2）.T（3）.ADC

电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；

欧姆表测量前要进行欧姆调零；

欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；

每次换挡要重新调零；

【详解】①旋动部件S，使指针对准电流的"

③将插入十”、“一“插孔的表笔短接，旋动部件调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线；

④将两表笔分别与待测电阻相接,发现指针偏转角度过小，说明倍率档选择的过小，应选择更大的“×

1k”档，重新调零后再进行测量；

故合理的顺序是：

ADC。

【点睛】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；

使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近。

12.某同学用伏安法测量阻值约为25kΩ的电阻Rx,准备如下器材

A.直流电源（20V,允许最大电流1A）

B.电压表（量程15V,内阻约100kΩ）

C.电流表（量程100μA,内阻约2kΩ）

D.电流表（量程500μA,内阻约300Ω）

E.滑动变阻器（最大阻值1kΩ）

F.开关和导线若干

①为了保证实验顺利进行,并使测量误差尽量小，电流表应选_________,（请填写字母代号）；

②该同学实验时连接了如上实物图,各接触处接触良好,但在闭合开关进行实验操作时发现,滑动变阻器的滑片移动时,电压表、电流表均无读数,经检查发现连接导线导线多了一根.为了电路能按照合理的实验原理进行正常操作,只需去掉_________,（填“ab”、“ac”或“cd"

）；

③按照第②步改正后的电路进行实验,闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于_________,端（填“左”或“右”）:

由于电表内阻的影响,Rx的测量值较真实值_________,（填“偏大”,“偏小”或“相等”）；

④任何实验测量都存在误差。

本实验所用测量仪器均已校准,下列关于误差的说法中正确的选项是_______

A.由于电流表和电压表读数引起的误差属于系统误差

B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差

C.若将电流表和电压表的内阻计算在内,可以消除由测量仪器引起的系统误差

D.用U-I图像处理数据求电阻可以减小偶然误差

【答案】

（1）.①D

（2）.②ab（3）.③右（4）.偏大（5）.④CD

①估计电路中可能出现的最大电流，从而选择电流表.②根据电路图以及闭合电键后电路出现的现象分析即可.③闭合电键之前待测电阻上的分压最小；

电流表内接测量值偏大；

由测量工具的不准确和测量电路引起的误差是系统误差；

由读数引起的误差是偶然误差；

【详解】①电源电动势20V，则待测电阻上可能的最大电流为

，则电流表选择D；

②根据电路图以及闭合电键后电路出现的现象可知，ab导线把电压表和电流表部分电路短路了，只需去掉ab即可；

③按照第②步改正后的电路进行实验，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于右端；

电路接成了电流表内接电路，由于电流表内阻的分压影响，Rx的测量值较真实值偏大；

④由于电流表和电压表读数引起的误差属于偶然误差；

选项A错误；

由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差；

若将电流表和电压表的内阻计算在内,可以消除由测量仪器引起的系统误差，选项B错误，C正确；

用U-I图像处理数据求电阻可以减小偶然误差，选项D正确；

故选CD.

三、计算题

13.冰球运动是一项对抗性极强的冰雪体育竞技项目。

如图所示,甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理水平冲撞,冲撞过程中运动员手中的冰球杆未与地面接触。

已知甲运动员的质量为60kg,乙运动员的质量为70g,冲撞前两运动员速度大小均为5m/s，方向相反,冲撞结束,甲被撞回,速度大小为2m/s,如果冲撞接触时间为0.2s,忽略冰球鞋与冰面间的摩擦。

问:

（1）撞后乙的速度大小是多少?

方向又如何?

（2）冲撞时两运动员相互间的平均作用力多大?

【答案】

（1）1m/s；

方向与甲碰前速度方向相同；

（2）2100N

（1）取甲碰前的速度方向为正方向，对系统根据动量守恒定律求解撞后乙的速度；

（2）取甲碰前的速度方向为正方向，对甲根据动量定理求解冲撞时两运动员相互间的平均作用力.

【详解】

（1）取甲碰前的速度方向为正方向，对系统根据动量守恒定律

解得v′乙=1m/s方向与甲碰前速度方向相同；

（2）取甲碰前的速度方向为正方向，对甲根据动量定理：

解得F=2100N

14.如图,匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里,大小随时间的关系为B=B0-kt,其中k为正的常量,一电阻为R、质量为m、边长为L的单匝正方形方框用一绝缘细线悬挂,方框平面位于纸面内且静止,其下半部分位于磁场区域中,重力加速度为g,求:

（1）方框中感应电流的大小及方向;

（2）t=Bo/2k时细线对方框的作用力大小

（1）

顺时针

（2）

（1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，从而求解感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；

（2）根据F=BIL求解安培力，从而求解细线对方框的作用力.

（1）根据法拉第电磁感应定律：

可得

则

方向为顺时针方向；

（2）

时刻磁场的磁感应强度

线框的安培力为：

；

细线对方框的作用力：

15.如图所示,直角坐标系xoy位于竖直平面内,在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场,磁场的磁应强度为B,方向垂直xoy平面向里,电场线平行于y轴,质量为m、电荷量为q的带正电的小球,从y轴上的A点以初速度v0水平向右抛出,经x轴上的M点进入电场和磁场,恰能做匀速圆周运动,从x轴上的N点第一次离开电场和磁场,已知OM=2OA,不计空气阻力,重力加速度为g,求:

（1）电场强度E的大小和方向；

（2）M、N两点之间的距离；

（3）其他条件不变,若小球的带电量为-q,仍从y轴上的A点以初速度v0水平向右抛出,最后从y轴上的Q点（图中未标出）第一次离开电场和磁场,且OQ=2OM,则求出小球在Q点的速度大小。

，方向竖直向上

（2）

（3）

v0

（1）根据电场力和重力平衡求解；

（2）根据平抛运动的规律求解粒子进入正交场的速度，根据牛顿第二定律求出小球圆周运动的半径，从而求解MN；

（3）其他条件不变，若小球的带电量为-q，则进入正交场后电场力和重力方向均向下且相等，粒子轨迹偏向y轴交于y轴于Q点，根据动能定理求解Q点的速度。

（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，有：

qE=mg

，方向竖直向上；

（2）因OM=2OA，则

，则M点的竖直速度

，则粒子射入正交场时速度方向与x轴夹角为450，速度大小为v=

v0，

小球做匀速圆周运动，有：

qvB=m

，解得

则MN=2rsin450=

（3）若设OA=L，则从A到M由动能定理：

其他条件不变，若小球的带电量为-q，仍从y轴上的A点以初速度v0水平向右抛出，进入正交场后受向下的电场力和向下的重力，且mg=qE，洛伦兹力偏向左下方向，则粒子最后从y轴上的Q点第一次离开电场和磁场，且OQ=2OM=4L=

则由A到Q点由动能定理：

解得Q点的速度大小vQ=

v0。

16.如图,间距为L=0.5m足够长的平行金属导致放置在与水平面间夹角为θ=37°

的绝缘斜面上,导轨的上端连接有一个R=4Ω的电阻。

有一个匀强磁场垂直于导轨平面向上,磁感应强度为B0=1T,将一根质量为m=0.05kg长度也为L的金属棒ab放置在导轨上并与其垂直,且与导轨接触良好,金属棒的电阻r=1Ω,导轨的电阻不计。

金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,静止释放金属棒,金属棒能沿导轨向下滑动。

当流过金属棒截面的电量为0.3C时,金属棒恰达到稳定速度,（g-10m/s2，sin37°

=0.6,cos37°

=0.8）。

则:

（1）金属棒达到的稳定速度是多少?

（2）从静止释放金属棒到其达到稳定速度过程中,电阻R上产生的焦耳热为多少?

（3）若将金属棒达到稳定速度时计作时间t=0,从此时刻起,让磁感应强B逐渐减小,使金属棒中不产生感应电流,则t=1s时磁感应强度为多大?

（1）2m/s

（2）0.16J（3）0.5T

（1）对金属棒进行受力分析，达到稳定速度时，即为做匀速运动，根据平衡条件列出等式求解．

（2）根据平均电动势和流过导体截面的电量值求解达到稳定速度之前导体棒下降的距离s；

根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热．再根据串联电路能量（功率）分配关系，就可求得电阻R上产生的热量．

（3）要使金属棒中不产生感应电流，则穿过线框的磁通量不变．同时棒受到重力、支持力与滑动摩擦力做匀加速直线运动．从而可求出磁感应强度B应怎样随时间t变化的，然后求出磁感应强度．

（1）在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度v时有：

感应电动势：

E=B0Lv，由欧姆定律得：

E=I（R+r），

安培力：

FA=B0IL，

由平衡条件得：

mgsinθ=FA+μmgcosθ，

代入数据解得：

v=2m/s；

（2）根据

解得

，解得s=3m

即金属棒达到稳定之前，导体棒下滑的距离为3m；

根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热．

由能量守恒定律得：

mgs•sinθ=

mv2+μmgscosθ+Q，

电阻R上产生的热量：

QR=

Q，代入数据解得：

QR=0.16J；

（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．

此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故：

mgsinθ-μmgcosθ=ma

设t时刻磁感应强度为B，则：

B0Ls=BL（s+x），

位移：

x=vt+

at2，解得，t=1s时磁感应强度：

B=0.5T；

【点睛】本题考查了牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律、安培力公式、感应电动势公式，还有能量守恒．同时当金属棒速度达到稳定时，则一定是处于平衡状态，原因是安培力受到速度约束的．还巧妙用磁通量的变化去求出面积从而算出棒的距离．最后线框的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流是解题的突破点．