黑龙江省哈尔滨市第六中学学年高二上学期期末考试物理试题.docx
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黑龙江省哈尔滨市第六中学学年高二上学期期末考试物理试题
哈尔滨市第六中学2017-2018学年度上学期期末考试
高二物理试题
一.选择题
1.如图所示,通电导线MN与单匝圆形线圈a共面,位置靠近圆形线圈a左侧且相互绝缘.当MN中电流突然减小时,下列说法正确的是( )
A.线圈a中产生的感应电流方向为顺时针方向
B.线圈a中产生的感应电流方向为逆时针方向
C.线圈a所受安培力的合力方向垂直纸面向里
D.线圈a所受安培力的合力方向水平向左
【答案】A
【解析】由图可知,通电导线MN与线圈a共面,位置靠近圆形线圈a左侧且相互绝缘,导线两侧的磁感应强度对称分布,由右手定则可知线圈中的磁通量方向垂直纸面向里;当MN中电流突然减小时,由楞次定律可知感应电流的感应磁场方向垂直纸面向里,故由右手定则可知,感应电流方向为顺时针方向,再由左手定则可知,左侧受到的安培力水平向右,而右侧的安培力方向也水平向右,故安培力的合力向右.A正确,BCD错误;选A.
【点睛】根据右手定则得到线圈中磁通量的方向,然后由楞次定律得到电流减小时线圈中的感应电流方向,进而得到线圈各边受力情况.
2.以下说法符合物理学发展史的是:
()
A.丹麦奥斯特发现了电磁感应现象
B.纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,得出法拉第电磁感应定律
C.库仑通过扭秤实验,测定出了万有引力恒量
D.英国法拉第发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系
【答案】B
【解析】A.法拉第发现了电磁感应现象,故A错误;
B.纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,提出了法拉第电磁感应定律,故B正确;
C.牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许测出了引力常数,故C错误;
D.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系,故D错误。
故选:
B.
3.如图所示,两个互连的金属圆环,粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半,磁场垂直穿过粗金属环所在的区域,当磁感应强度均匀变化时,在粗环内产生的电动势为E,则ab两点间的电势差为( )
A.E/2B.E/3C.2E/3D.E
【答案】C
【解析】由题大、小金属环的电阻之比
,
,根据串联电路电压与电阻成正比,可得:
a、b两点间的电势差为:
,故B正确。
点睛:
本题考查了求电势差,应用欧姆定律即可正确解题,解题时要注意,a、b两点间的电势差是路端电压,不是电源电动势。
4.如图甲所示,线圈ABCD固定于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外,当磁场变化时,线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示,则磁场的变化情况可能是下列选项中的( )
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】由法拉第电磁感应定律可知
,结合闭合电路欧姆定律,则安培力的表达式
,
由图可知安培力的大小不变,而SL是定值,若磁场B增大,则△B/△t减小,
若磁场B减小,则△B/△t增大。
又知安培力向右,根据楞次定律,磁感强度应增大,故D正确,ABC错误;
故选:
D.
点睛:
根据法拉第电磁感应定律,结合闭合电路欧姆定律,确定安培力的综合表达式,根据楞次定律,确定磁感强度的增减,即可求解.
5.如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线中点,连线上a、b两点关于O点对称.导线通有大小相等、方向相反的电流.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=
,式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离.一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点.关于上述过程,下列说法正确的是( )
A.小球先做加速运动后做减速运动
B.小球一直做匀速直线运动
C.小球对桌面的压力先减小后增大
D.小球对桌面的压力一直在增大
【答案】B
【解析】根据右手螺旋定则可知两根导线产生的磁场方向都垂直于MN向里,合磁场大小先减小过O点后增大。
根据左手定则可知,带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始向上减小,过O后向上增大,压力为重力与洛伦兹力的差值。
由此可知,小球在水平方向不受外力,故小球将做匀速直线运动,但小球对桌面的压力先增大后减小,故ACD错误,B正确。
故选:
B.
点睛:
根据右手螺旋定则,判断出MN直线上磁场的方向,然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化,明确了受力情况,即可明确运动情况.
6.如图所示,一带电小球(可看做质点)质量为m,用丝线悬挂于O点,在竖直面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面,当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为( )
A.0B.2mg
C.4mgD.6mg
【答案】C
.....................
根据机械能守恒定律得:
mgL(1﹣cos60°)=
,得到v=
当小球自左方摆到最低点时,有:
qvB﹣mg=m
①
当小球自右方摆到最低点时,有:
F﹣mg﹣qvB=m
②
由①+②得:
F=2mg+2m
=4mg.
故选C
7.如图所示,分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和-2Q,以M、N连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点.下列说法正确的是( )
A.A点电场强度小于B点电场强度
B.C点电场强度与D点电场强度相同
C.A点电势小于B点电势
D.将某正电荷从C点移到O点,电场力不做功
【答案】A
【解析】A.由于2Q>Q,根据库仑定律,A点场强小于B点场强,故A正确;
B.由于电场线关于MN对称,C点场强大小等于D点场强,但方向与两个电荷的连线不平行,故电场强度的方向不同,故电场强度大小相等,但方向不相同;故B错误;
C.由题,电场线方向由M指向N,则A点电势高于B点电势,故C错误;
D.由图知 O点电势低于C点电势,故将某正电荷从C点移到O点,电场力做正功,故D错误;
故选:
A.
点睛:
由题,Q带正电,q带负电,电场线方向由A指向B,根据顺着电场线电势逐渐降低.根据对称性,分析CD两点电势关系、场强关系.
8.有两根长直导线a、b互相平行放置,如图所示为垂直于导线的截面图.在如图所示的平面内,O点为两根导线连线的中点,M、N为两导线连线的中垂线上的两点,与O点的距离相等,aM与MN夹角为θ.若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流I,单根导线中的电流在M处产生的磁感应强度为B0,则关于线段MN上各点的磁感应强度,下列说法中正确的是( )
A.M点和N点的磁感应强度方向一定相反
B.M点和N点的磁感应强度大小均为2B0cosθ
C.M点和N点的磁感应强度大小均为2B0sinθ
D.在线段MN上有磁感应强度为零的点
【答案】C
【解析】A.根据安培定则判断磁场方向,由于对称,两根通电导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等,根据平行四边形进行合成得到,M点和N点的磁感应强度大小相等,M点磁场向右,N点磁场向右,方向相同,故A错误;
BC.两根导线在M点产生的磁感应强度的方向如图所示,
根据平行四边形定则进行合成,得到M点和N点的磁感应强度大小为2B0sin.故B错误,C正确;
D.只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等,方向相反时,合磁感应强度才为零,根据矢量的合成可知,线段MN上的磁感应强度不可能为零,故D错误。
故选:
C.
9.如图,在x>0,y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B,现有四个相同的带电粒子,由x轴上的P点以不同初速度平行于y轴射入此磁场,其出射方向如图所示,不计重力影响,则( )
A.初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子
B.初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子
C.在磁场中运动经历时间最长的是沿③方向出射的粒子
D.在磁场中运动经历时间最长的是沿④方向出射的粒子
【答案】AD
【解析】AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:
解得,粒子轨道半径:
,粒子的比荷相同,初速度大的轨道半径大,由图可知沿①方向射出的粒子轨迹的轨道半径最大,则初速度最大,故A正确,B错误。
CD、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期:
,粒子的在磁场中运动的周期与粒子的速度无关,比荷相同,则周期T相同,沿④方向射出的粒子圆心角最大,粒子在磁场中的运动时间:
,沿④方向射出的粒子运动时间最长,故C错误,D正确。
故选:
AD.
10.如图是磁流体发电机的原理示意图,金属板M、N正对着平行放置,且板面垂直于纸面,在两板之间接有电阻R.在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场.当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时,下列说法中正确的是( )
A.N板的电势高于M板的电势
B.M板的电势高于N板的电势
C.R中有由b向a方向的电流
D.R中有由a向b方向的电流
【答案】BD
考点:
考查了带电粒子在磁场中的偏转问题
点评:
解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向,以及知道当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时,形成动态平衡.
11.如图所示,先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域,v1=2v2,在先后两种情况下( )
A.线圈中的感应电流之比I1∶I2=2∶1
B.线圈中的感应电流之比I1∶I2=1∶2
C.线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=4∶1
D.通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2=1∶1
【答案】AD
【解析】试题分析:
根据E=BLv,求出线圈中的感应电动势之比,再求出感应电流之比.根据Q=I2Rt,求出线圈中产生的焦耳热之比.根据q=It=
,求出通过线圈某截面的电荷量之比
解:
A、v1=2v2,根据E=BLv,知感应电动势之比2:
1,感应电流I=
,则感应电流之比为2:
1.故A正确,B错误.
C、v1=2v2,知时间比为1:
2,根据Q=I2Rt,知热量之比为2:
1.故C错误.
D、根据q=It=
,知通过某截面的电荷量之比为1:
1.故D正确.
故选:
AD
【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv,以及通过某截面的电荷量q=
,
12.如图所示,xOy坐标平面在竖直面内,y轴正方向竖直向上,空间有垂直于xOy平面的匀强磁场(图中未画出).一带电小球从O点由静止释放,运动轨迹如图中曲线所示.下列说法中正确的是( )
A.轨迹OAB不可能为圆弧
B.小球在整个运动过程中机械能守恒
C.小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
D.小球运动至最低点A时速度最大
【答案】ABD
【解析】A.因为重力改变速度的大小,而洛伦兹力仅改变速度的方向,又洛伦兹力大小随速度的变化而变化,故电荷运动的轨迹不可能是圆,故A正确;
B.整个过程中由于洛伦兹力不做功,即只有重力做功,故系统机械能守恒,故B正确;
C.小球在A点时受到的洛伦兹力与重力的作用,合力提供向上的向心力,所以洛伦兹力大于重力,故C错误;
D.因为系统只有重力做功,小球运动至最低点A时重力势能最小,则动能最大,速度最大。
故D正确。
故选:
ABD.
点睛:
电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动,重力恒为mg,洛伦兹力大小F=qvB,与物体的速度有关,重力改变电荷运动速度的大小,洛伦兹力改变电荷运动速度的方向,因洛伦兹力大小随速度的变化而变化,故电荷不可能做圆周运动;在整个运动过程中,由于洛伦兹力不做功,系统只有重力做功,故系统的机械能守恒.
二.实验题
13.
(1)某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.实验中:
游标卡尺测量其长度如图甲所示,可知其长度为_______mm;
用螺旋测微器测量其直径如图乙所示,可知其直径为_______mm;
(2)某同学预先用多用表测量小灯泡的电阻,选用“×10”倍率的电阻挡测量,发现多用电表指针偏转过大,因此需选择________(填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡,并重新进行_______再进行测量,多用表的示数如图所示,测量结果为________Ω,对照小灯泡规格(6V,3W)你认为此测量结果正确吗?
________(填“正确”或“不正确”)。
【答案】
(1).
(1)50.15;
(2).4.700;(3).
(2)×1;(4).欧姆调零;(5).1;(6).正确;
【解析】
(1)由图示游标卡尺可知,其示数为50mm+3×0.05mm=50.15mm;
(2)由图示螺旋测微器可知,其示数为:
4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm;
(3)用多用表的电阻“×10”档,指针偏转过大,说明阻值较小,应选择小倍率的“×1”档。
改变倍率后需重新进行欧姆调零。
由图3所示表盘可知,其示数为:
1×1=1Ω;
小灯泡正常工作时的电阻为
,室温远低于小灯泡正常工作时的温度,室温时的电阻阻值远小于小灯泡正常工作时的阻值。
此测量结果是正确的。
14.在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材:
A.干电池1节
B.滑动变阻器(0~20Ω)
C.滑动变阻器(0~1kΩ)
D.电压表(0~3V,内阻约为20kΩ)
E.电流表(0~0.6A,内阻RA=0.2Ω)
F.电流表(0~3A,内阻约为0.01Ω)
G.开关、导线若干
(1)为减小实验误差和方便操作,选择图甲所示电路进行实验,其中滑动变阻器应选_____,电流表应选_____。
(填写器材前的字母)
(2)某同学根据实验测得的电压表示数U和电流表示数I,画出U-I图象如图乙所示,由图象可得电池的电动势为______V,内电阻为______Ω。
(保留1位小数)
【答案】
(1).
(1)B;
(2).E;(3).
(2)1.5;(4).0.8;
【解析】
(1)由于电池内阻较小,用20Ω的滑动变阻器既方便,又有明显的调节效果。
故滑动变阻器选择B;测电源电动势和内阻时,电流不能太大,故电流表选择E。
(2)根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir得,当I=0时,U=E,即纵轴的截距等于电源的电动势E.E=1.5V;U−I图象的斜率大小等于电源的内阻r,则有:
r=△U/△I=(1.5−0.9)/0.6Ω=1.0Ω。
三.计算题
15.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔.质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g).求:
(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间.
【答案】
(1)
;
(2)
;
;(3)
;
【解析】试题分析:
(1)小球到达小孔前是自由落体运动,根据速度位移关系公式,有:
v2=2gh
解得:
…①
(2)对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式,有:
mg(h+d)-qEd=0
解得:
…②
电容器两极板间的电压为:
电容器的带电量为:
(3)加速过程:
mgt1=mv…③
减速过程,有:
(mg-qE)t2=0-mv…④
t=t1+t2…⑤
联立①②③④⑤解得:
考点:
牛顿第二定律及动能定理的应用
【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律,然后结合动能定理和动量定理列式分析,不难。
视频
16.如图所示,在一倾角θ=37°的斜面上固定有两个间距d=0.5m、电阻不计、足够长且相互平行的金属导轨,导轨下端通过导线与阻值R=4Ω的电阻相连,上端通过导线与阻值R′=2Ω的小灯泡(阻值不变)相连,一磁感应强度B=2T的匀强磁场垂直斜面向上.质量m=1.0kg、电阻r=
Ω的金属棒PQ从靠近灯泡的一端由静止开始下滑,经过一段时间后,金属棒PQ做匀速直线运动,若金属棒PQ与金属导轨间的动摩擦因数μ=0.5(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8).求:
(1)最终金属棒PQ运动的速度大小;
(2)最终通过小灯泡的电流.
【答案】
(1)4m/s;
(2)
A;
【解析】
(1)金属棒PQ沿倾斜导轨匀速下滑,设其匀速下滑时的速度大小为v
则有mgsinθ=μmgcosθ+BId
又因为
,
R总=
+r
将以上三式联立并代入数据可解得v=4m/s.
(2)由mgsinθ=μmgcosθ+BId代入数据可解得I=2A
所以加在小灯泡两端的电压为U=Bdv-Ir
代入数据可得U=
V
所以最终通过小灯泡的电流I′=
解得I′=
A.
17.如图所示,在xOy平面y>0的区域内有沿y轴负方向的匀强电场,在y<0的区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。
一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为(2l,l)的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动,恰能从坐标原点O进入磁场,不计带电粒子的重力。
(1)求匀强电场场强E的大小;
(2)若带电粒子此后每隔相同的时间以相同的速度通过O点,求磁感应强度B的大小。
【答案】
(1)
;
(2)
;
【解析】
(1)带电粒子在电场中做类平拋运动
水平方向上:
x=2l=v0t
竖直方向上:
y=l=
化简可得E=
;
(2)带点粒子运动轨迹如图所示:
根据类平抛运动vy=at=
可得vy=v0,θ=45∘
v=
在磁场中,有
由几何关系得2rsinθ=4l
联立解得B=
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