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.docx
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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
2017-2018学年福建省龙海市程溪中学高二上学期期末考试物理试卷
共100分90分钟
题号
一
二
三
四
总分
得分
一、单选题(本大题共7小题,共28.0分)
1.在图中,标出了磁场B的方向、带电粒子的电性及运动方向,电荷所受洛仑兹力F的方向,其中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
2.
如图所示的图线中,I是电源的路端电压随电流变化的图线,Ⅱ是某电阻的伏安特性曲线,当用该电源向该电阻供电时,电阻上消耗的电功率和电源的效率分别为( )
A.4W 33%B.2W 67%C.2W 33%D.4W 67%
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.47WB.44WC.32WD.48W
4.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φA、φB的判断正确的是( )
A.EA>EBB.EA<EBC.φA>φBD.φA<φB
9.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( )
A.
B.
C.
D.
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α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( )
A.如果B增大,vm将变大B.如果α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;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
D.a点的场强大于b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
三、实验题探究题(本大题共2小题,共22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20Ω,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2.5kΩ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0~0.6A,内阻约为0.1Ω
C.电流表2:
量程0~3A,内阻未知
D.电压表1:
量程0~3V,内阻未知
E.电压表2:
量程0~15V,内阻未知
F.滑动变阻器1:
0~10Ω,2A
G.滑动变阻器2:
0~100Ω,1A
H.开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中,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=______Ω.
(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q的微粒以速度υ与磁场垂直、与电场成θ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=2.0×10-5T;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4.0×10-5N,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:
B.
2.:
由图示电源U−IU−I图象可知,图象与纵轴交点坐标值是33,则电源电动势E=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=2×2=4WP=UI=2×2=4W,
电源效率:
η=UIEI×100%=23×100%≈67%η=UIEI×100%=23×100%≈67%;故D正确;
3.解:
电动机的电阻R=UI=20.5=4ΩR=UI=20.5=4Ω;
电动机的总功率P=U1I1=24V×2A=48WP=U1I1=24V×2A=48W;
克服自身电阻的功率PR=I21R=(2A)2×4Ω=16WPR=I12R=(2A)2×4Ω=16W;
电动机正常运转时的输出功率是P输出=P−PR=48W−16W=32WP输出=P−PR=48W−16W=32W.故选C.
4.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D1D1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T2−TT2−T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ɛA<ɛBɛA<ɛB,电子带负电,由φ=EPqφ=EPq可知,AA点的电势要大于BB点电势,φA>φBφA>φB,故C正确,DD错误;
故选:
AC.
9.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,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60∘60∘,由几何关系得磁场宽度d=rsin60∘=mvqBsin60∘d=rsin60∘=mvqBsin60∘,又由未加磁场时有d=vtd=vt,所以可求得比荷qm=sin60∘Btqm=sin60∘Bt,故A正确
周期:
T=2πmqBT=2πmqB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mgsinα=BILmgsinα=BIL,
I=BLVmRI=BLVmR
vm=mgsinα⋅RB2L2vm=mgsinα⋅RB2L2
A、如果BB增大,vmvm将变小,故A错误.
B、如果αα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错误.
13.
解:
(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0.01×49.8mm=0.498mm0.01×49.8mm=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0.02×47mm=0.94mm0.02×47mm=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2.5kΩ2.5kΩ的电阻,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×100×100档;
故答案为:
(1)1.998,1.094.
(2)75,×100
14.
解:
(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U−IU−I图可知,电源的电动势为:
E=1.50VE=1.50V;
内电阻为:
r=△U△I=1.5−10.5=1.0Ωr=△U△I=1.5−10.5=1.0Ω;
(4)(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U−IU−I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,
故答案为:
(1)B
(1)B;DD;FF;
(2)
(2)乙(3)1.5(3)1.5;1.0(4)1.0(4)小于.
解:
(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=2πmqB1t1=T1=2πmqB1
粒子在磁场B2B2中运动时间t2=12T2=πmqB2t2=12T2=πmqB2
则t=t1+t2=2πmqB2t=t1+t2=2πmqB2
答:
(1)
(1)粒子的运动轨迹如图.
(2)
(2)经过2πmqB22πmqB2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 …①…①
由动能定理:
(F−f)S0=12mv2…②(F−f)S0=12mv2…②
联立①②①②解得:
V=2(BIL−f)s0m−−−−−−−−−−−−√V=2(BIL−f)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:
(F−f)S=12mv21(F−f)S=12mv12 …③…③
P=FV1P=FV1 …④…④
联立①③④①③④解得:
P=BIL2(BIL−f)sm−−−−−−−−−−−√P=BIL2(BIL−f)sm
代入数据得:
P=1.2×10−3WP=1.2×10−3W
答:
(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1.2×10−3W.
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