1、北京市海淀区20182019学年高二上学期期末考试物理试卷 一、选择题1.下列物理量属于矢量的是A. 电势B. 电势能C. 电功率D. 磁感应强度【答案】D【解析】【分析】标量只有大小没有方向，而矢量既有大小也有方向，可以根据这个特征求解本题【详解】电势、电势能、电功率只有大小没有方向所以是标量，而磁感应强度既有大小也有方向为矢量，故D对故选D2.如图所示，人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动则这两颗卫星相比 A. 卫星A的角速度较大B. 卫星A的加速度较大C. 卫星A的周期较大D. 卫星A的线速度较大【答案】C【解析】【分析】卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，可以根据牛顿第二定律求解
2、本题详解】根据万有引力提供向心力 由公式可以随着高度的增大除了周期在增大以外，线速度、角速度、加速度都在减小，故C对；ABD错；故选C3.如图所示，空间中有一足够大的区域内分布着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，某时刻一带正电粒子沿纸面向右运动，若不计粒子所受重力，带电粒子在匀强磁场中的运动是A. 匀速直线运动B. 匀变速曲线运动C. 顺时针转向的圆周运动D. 逆时针转向的圆周运动【答案】D【解析】【分析】带电粒子在磁场中的受力可以根据左手定则来判断，即四指指向正电荷运动的方向，磁场垂直手心过，拇指所指的方向即为洛伦兹力的方向【详解】带电粒子带正电，根据左手定则可知受洛伦兹力的方向为向上，且洛伦
3、兹力不做功，所以粒子应该做逆时针的匀速圆周运动，故D正确；ABC错误；【点睛】洛伦兹力的方向与速度方向垂直,只改变速度的方向,不改变速度的大小.匀变速运动是指的加速度不变的运动,当合力方向与速度方向不在一条直线上物体将做曲线运动.4.某交流发电机产生的电流随时间变化的关系如图所示由图像可知该交流电的A. 频率为50 HzB. 频率为25 HzC. 电流有效值为10 AD. 电流有效值为5 A【答案】B【解析】【分析】从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量,然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解.【详解】AB、由图可以知道,交流电的周期T=0.04s，所以频率为25 Hz，故A
4、错；B对；CD、从图像上可以看出电流的最大值为10A，根据正弦交流电有效值的求法可以电流的有效值为 ，故CD错误；故选B5.如图所示，在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场中，放置一个金属圆环，圆环平面与磁场方向垂直，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是A. 使匀强磁场均匀增强B. 使匀强磁场均匀减弱C. 使圆环向左或向右平动D. 使圆环向上或向下平动【答案】A【解析】【分析】穿过线圈的磁通量变化则会产生感应电流，且感应电流的方向可以根据楞次定律来判断【详解】AB、根据题目要是线圈中产生逆时针的电流根据楞次定律可知应该使原磁场增大，故A对；B错；CD、圆环向左或向右
5、平动以及向上或向下平动时，穿过线圈中的磁通量没有发生变化，故不会产生感应电流，故CD错误；故选A【点睛】产生感应电流的必备条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，可以根据这个来判断本题的选项6.喷墨打印机工作原理的简化模型如图所示重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸面上半部分的某一位置P关于此微滴及其在极板间电场中运动，下列说法正确的是A. 经带电室后带正电B. 电场力对微滴做负功C. 动能增大D. 电势能增大【答案】C【解析】【分析】由墨汁微滴带负电,在电场中受到的力来确定偏转方向;根据墨汁微滴做类平抛运动来确定侧向位移,及电场力做功来确定电势能变化情
6、况.【详解】墨汁微滴经带电室后带带负电,故向正极板偏转,电场力做正功，动能增大，电势能减小，故C对；ABD错；故选C7.图为演示自感现象实验装置的电路图，电源的电动势为E，内阻为rA是灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻实验时，闭合开关S，电路稳定后，灯泡A正常发光下列说法正确的是A. 闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流等于线圈L中电流B. 闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流大于线圈L中电流C. 电路稳定后突然断开开关S，灯泡A立即熄灭D. 电路稳定后突然断开开关S，灯泡A闪亮一下再熄灭【答案】D【解析】分析】开关由闭合到断开瞬间,A灯立即熄灭,通过线
7、圈的电流减小,线圈产生自感电动势,再根据楞次定律分析灯亮度如何变化.【详解】由于线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻，所以电路稳定时，流过线圈的电流大于灯泡的电流，在突然断开时由于线圈的自感作用，线圈相当于电源，对灯泡提供电流，所以灯泡不会马上熄灭，并且流过灯泡的电流大于原来灯泡的电流，所以灯泡会闪亮一下，故ABC错；D对；故选D【点睛】线圈的作用：在闭合电路时由于自感作用相当于一个大电阻；在稳定时相当于一个电阻为R的正常电阻，在断开电源时相当于一个电源对别的用电器提供电流8.磁铁有N、S两极，同名磁极相斥，异名磁极相吸，这些特征与正、负电荷有很大的相似性库仑在得到点电荷之间的库仑定律后，
8、直觉地感到磁极之间的相互作用力也遵循类似的规律他假定磁铁的两极各带有正、负磁荷，当磁极本身的几何线度远小于它们之间的距离时，其上的磁荷可以看作点磁荷库仑通过实验证明了静止的两个点磁荷之间的相互作用力遵循的“磁库仑定律”与点电荷之间遵循的库仑定律类似由上述内容可知，下列说法正确的是A. 两个正磁荷之间的作用力为引力B. 两个点磁荷之间的相互作用力只与它们之间的距离有关C. 两个点磁荷之间的相互作用力与它们之间的距离成反比D. 相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等【答案】D【解析】【分析】库仑力公式，如果把磁场也类比于电场的话，那么可以根据这个公式判断两个电磁荷之间
9、的相互作用力【详解】类比于电场作用的话，可知两个正磁荷之间的作用力为排斥力，故A错；类比于库仑力公式 可知两个点磁荷之间的相互作用力不仅和它们之间的距离有关，且与距离的平方成正比，还与磁铁的两极各带有正、负磁荷有关，故BC错误；根据相互作用力的性质可知：相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等，故D对；故选D9.如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向则在线框中产生的感应电流随时间变化的关系可能为图中的A
10、. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】楞次定律指出感应电流的效果，总是阻碍磁通量的变化，感应电流变化的结果总是阻碍引起磁通量变化的原因，根据楞次定律可知电流的方向【详解】由于磁场是均匀变化的所以产生的电流应该是恒定电流，根据楞次定律可知，感应电流方向没有发生变化，故A对；BCD错误；故选A10.如图所示，右端开口的矩形导体轨道QPMN固定在水平面内，轨道的电阻忽略不计电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上空间中存在与轨道所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B导体棒ab以恒定的速度向右运动，与导轨MN始终垂直并接触良好当其运动到导轨MN和PQ的中点处开始计时，运动到N
11、Q位置时将导体棒迅速锁定（过程）；再使磁感应强度的大小从B增加到B（过程）在过程、中，流过导体棒ab的电荷量相等，则等于A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据电荷量的定义 分别表示出两个过程中电荷量的表达式，再根据电荷量相等可以求出磁场之比【详解】第一个过程通过导体棒的电荷量为 ；第二个过程导体棒不动，磁场从B增加到B通过导体棒电荷量为 两次电荷量相等，即 可解得： ，故B对；ACD错；故选B【点睛】电荷量，如果是磁场变化引起的，可以直接用此式定性分析电荷量11.金属棒MN两端用细软导线悬挂于a、b两点，其中间一部分处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，静止时MN平行于纸面，如
12、图所示若金属棒通有从M向N的电流，此时悬线上有拉力为了使拉力等于零，下列措施可行的是A. 增大电流B. 增大磁感应强度C. 将电流方向改为从N流向MD. 将磁场方向改为垂直于纸面向外【答案】AB【解析】【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用,由公式F=BIL求出安培力大小,由左手定则来确定安培力的方向.【详解】AB、棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中,棒中通有电流,方向从M流向N,根据左手定则可得,安培力的方向竖直向上,因为此时悬线上有拉力,为了使拉力等于零,则安培力必须增加.所以适当增加电流强度,或增大磁场使重力等于安培力，即可以使得拉力等于零，故AB正确CD、当电流的方向或者磁场的
13、方向发生变化时，根据左手定则可知安培力的方向就变为向下了，那么不管怎样，绳子的拉力都不可以为零了，故CD错误；故选AB【点睛】安培力的方向可以根据左手定则来判断，在根据受力分析来判断如何让绳子的拉力为零12.我们通常用阴极射线管来研究磁场对运动电荷的作用，图为阴极射线管的示意图，两个电极的连线沿x轴方向玻璃管内部已抽成真空，当两个电极连接到高压电源两端时，阴极会发射电子，电子在电场的加速作用下，由阴极沿x轴方向飞向阳极，电子束掠射到荧光板上，显示出电子束的径迹要使电子束的径迹向z轴正方向偏转，下列措施中可采用的是A. 加磁场，磁场方向沿x轴正方向B. 加磁场，磁场方向沿y轴负方向C. 加电场，
14、电场方向沿z轴正方向D. 加电场，电场方向沿z轴负方向【答案】BD【解析】【分析】负电荷在电场中的受力应该和电场方向相反，而在磁场中的受力要根据左手定则来判断，由于向上偏转则受力向上可判断出磁场的方向【详解】电子带负电，要是负电荷向上偏转，根据左手定则可知应该加沿y轴负方向的加磁场，若加电场，根据负电荷受力和场强方向相反可知应该加沿电场方向沿z轴负方向的电场，故BD对；AC错；故选BD13.图是通过变压器降压给用户供电的示意图负载变化时变压器输入电压基本保持不变输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加如果变压器上的能量损失可以忽略，则
15、开关S闭合后，以下说法正确的是A. 电表V1示数与V2示数的比值不变B. 电表A1示数不变，A2示数增大C. 输电线的电阻R0消耗的功率增大D. 流过电阻R1的电流减小【答案】ACD【解析】【分析】根据电压和匝数成正比可求出副线圈的电压，在根据电路中的串并联关系可以知道电流及功率的变化状况【详解】A、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，所以比值不变，故A对； B、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，闭合开关后，负载增加，副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2示数增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以电表A1示数也增
16、大，故B错；C、由于A2示数增大，所以流过输电线的电阻R0的电流增大，根据 则输电线的电阻R0消耗的功率增大，故C对；D、闭合开关，电压表V2示数不变，副线圈电流增大，R0两端电压增大，根据串联分压得R1两端电压减小，所以流过电阻R1的电流减小，故D对；故选ACD【点睛】电压是前决定后，电流是后决定前，并且前后功率相等14.电子感应加速器是利用感应电场来加速电子的一种设备电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成，当电磁铁通以变化的电流时，会在柱形电磁铁的两极间产生磁场，在磁场中安置一个环形真空管道作为电子运行的轨道，如图所示（图中上部分为主视图、下部分为俯视图）当磁场发生变化时，产
17、生的感应电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动下列说法正确的是A. 感生电场的方向为顺时针方向B. 感生电场的方向为逆时针方向C. 电磁铁中通入的电流应越来越强D. 电磁铁中通入的电流应越来越弱【答案】AC【解析】【分析】感应电流的的磁场总是阻碍原磁通量的变化，可以判断磁场在如何变化，几何楞次定律来判断即可【详解】AB、根据题意电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动且产生的感应电场就会不断加速电子，即电子受到的电场力方向为逆时针，根据电场力与负电荷运动方向相反可知电场方向应该是顺时针，故A对；B错CD、由于电场方向是顺时针，所以感应电流方向也是顺时针，可知感应磁场方向向下，和
18、原磁场方向相反，结合楞次定律可知原磁场在增强，所以电磁铁中通入的电流应越来越强，故C对；D错；故选AC【点睛】根据楞次定律可以判断感应电流的方向即应磁场的方向，要灵活运用楞次定律解题二、实验题15.在探究平抛运动规律时，老师和同学们选用图所示的装置进行实验初始时，A球静止在弹性金属片的右侧，B球被夹在金属片的左侧用小锤打击弹性金属片后，A球和B球同时开始运动实验中，_（选填“A球”“B球”或“A、B两球”）做抛体运动老师用该实验装置完成了一次实验，观察到两个小球同时落地，于是得出结论：平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动小明同学认为不够严密，请你阐述小明的理由（写出一条即可） _【答案】
19、(1). A球； (2). 改变小球距地面的高度和打击的力度，多次重复这个实验【解析】【分析】探究平抛运动的规律中，实验同时让A球做平抛运动，B球做自由落体运动，若两小球同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，而不能说明A球水平方向的运动性质【详解】用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，由于B球仅受重力，初速度为零，做自由落体运动两球落到地面的时间相等，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以A球做了抛体运动，由于误差的存在，所以应该多次测量来减小误差，即改变小球距地面的高度和打击的力度，多次重复这个实验，观看两个球是否还能同时落地【点睛】本题属于简单基础题目，实验
20、虽然简单，但是很直观的验证了平抛运动在竖直方向上的运动规律注意该实验不能得出平抛运动在水平方向上的运动规律16.某同学用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件（1）图中已经用导线将部分器材连接，请补充完成图中实物间的连线_（2）若连接好实验电路并检查无误后，闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈_（填“A”或“B”）中有了感应电流开关闭合后，他还进行了其他两项操作尝试，发现也产生了感应电流，请写出两项可能的操作：_；_【答案】 (1). (2). （2）B； (3). 将滑动变阻器的滑片快速滑动； (4). 将线圈A（或铁芯）快速抽出；断开开关的瞬间【解析】【分析】感应电流产生
21、的 条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，所以要想探究这个问题就要从这个条件出发，尽可能的改变穿过线圈B的磁通量，达到电流计发生偏转的效果【详解】（1）连接实物图如图所示：（2）闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B中有了感应电流，根据感应电流产生的 条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化即可，所以要想是电流计指针发生偏转，则还可以采取的措施为：将线圈A（或铁芯）快速抽出；断开开关的瞬间三 计算题17.有一个电热器，其电阻恒为44、所接交流电压的瞬时表达式为u=311sin(100t)，式中各物理量均为国际单位求：（1）该交流电电压的最大值Um；（2）该交流电的周期T；（3）该电热器正
22、常工作时的功率P【答案】（1）Um=311V； （2） （3） 【解析】【分析】对于正弦交流电来说最大值与有效值的关系为 ，另外在计算和热量有关的物理量时要用到有效值【详解】（1）根据交流电压的瞬时表达式为u=311sin(100t)可知交流电的最大值Um=311V（2）从公式中可以看出交流电的角速度 ，所以周期 （3）此交流电的有效电压 所以该电热器正常工作时的功率 故本题答案是：（1）Um=311V； （2） （3）【点睛】要会计算交流电的有效值，并且知道和能量有关的物理量都应该用有效值来计算18.2018年是中国航天里程碑式的高速发展年，是属于中国航天的“超级2018”例如，我国将进行北
23、斗组网卫星的高密度发射，全年发射18颗北斗三号卫星，为“一带一路”沿线及周边国家提供服务北斗三号卫星导航系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成图为其中一颗静止轨道卫星绕地球飞行的示意图已知该卫星做匀速圆周运动的周期为T，地球质量为M、半径为R，引力常量为G（1）求静止轨道卫星的角速度；（2）求静止轨道卫星距离地面高度h1；（3）北斗系统中的倾斜同步卫星，其运转轨道面与地球赤道面有一定夹角，它的周期也是T，距离地面的高度为h2视地球为质量分布均匀的正球体，请比较h1和h2的大小，并说出你的理由【答案】（1）；（2） （3）h1= h2【解析】【分析】（1）根据角速度与周期的
24、关系可以求出静止轨道的角速度；（2）根据万有引力提供向心力可以求出静止轨道到地面的高度；（3）根据万有引力提供向心力可以求出倾斜轨道到地面的高度；【详解】（1）根据角速度和周期之间的关系可知：静止轨道卫星的角速度（2）静止轨道卫星做圆周运动，由牛顿运动定律有：解得：（3）如图所示，同步卫星的运转轨道面与地球赤道共面，倾斜同步轨道卫星的运转轨道面与地球赤道面有夹角，但是都绕地球做圆周运动，轨道的圆心均为地心由于它的周期也是T，根据牛顿运动定律，解得：因此h1= h2故本题答案是：（1）；（2） （3）h1= h2【点睛】对于围绕中心天体做圆周运动的卫星来说，都借助于万有引力提供向心力即可求出要求
25、的物理量19.一种测定电子比荷的实验装置如图所示真空玻璃管内，阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入间距为d的两极板C、D间的区域若两极板C、D间无电压，电子将沿直线打在荧光屏的中心O点；若在两极板间施加恒定电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面的磁感应强度大小为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的亮点又回到O点（1）判断匀强磁场的方向；（2）求电子击中O点时的速度大小v；（3）已知极板的长度l5.00cm，间距d1.50cm，极板区的中点M到O点的距离L12.50cm，极板间电压U200V，磁感应强
26、度B6.3104T，P点到O点的距离y3.0cm根据上述数据，计算电子的比荷（保留2位有效数字）【答案】（1）垂直纸面向里 （2） （3）1.61011C/kg【解析】【分析】没有加磁场时,电子进入平行板电容器极板间做类平抛运动,由牛顿第二定律和运动学公式可推导出垂直于极板方向的位移,电子离开极板区域后做匀速直线运动,水平方向的速度等于电子刚进入极板间的初速度,求出匀速直线运动的时间,即可求出P点离开O点的距离.加上磁场B后,荧光屏上的光点重新回到O点,说明电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等,即可得到电子进入极板时的初速度,联立可求出比荷.【详解】（1）电子在电场中运动时偏
27、到P点，即受到向上的电场力，加上磁场后电子回到O点说明此时电子做匀速直线运动，根据平衡可知磁场力向下根据左手定则可知磁场方向应该垂直纸面向里（2）因电子在正交的电场、磁场中不偏转且匀速直线运动所以 （平衡条件、场强与电势差关系）所以（3）电子在只有偏转电场时，偏转距离设为 ，则由几何关系知 ，所以 而 结合以上各式可解得： 故本题答案是：（1）垂直纸面向里 （2） （3）1.61011C/kg【点睛】电子在电场中的做了类平抛运动，对于类平抛运动来说要学会分解为水平方向上的匀速运动和竖直方向上的匀加速运动，经过拆解后的运动就比较简单了20.如图所示，两根相距为L的光滑平行金属导轨CD、EF固定在
28、水平面内，并处在竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长且电阻不计在导轨的左端接入阻值为R的定值电阻，将质量为m、电阻可忽略不计的金属棒MN垂直放置在导轨上，可以认为MN棒的长度与导轨宽度相等，且金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计空气阻力金属棒MN以恒定速度v向右运动过程中，假设磁感应强度大小为B且保持不变，为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷（1）请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN中的感应电动势E；（2）在上述情景中，金属棒MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电荷所受洛伦兹力有关请根据电动势的定义，推导金属棒MN中的感应电动势E（3）请在图中画出自由电荷所受洛伦兹力示
29、意图我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功那么，金属棒MN中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图中自由电荷受洛伦兹力情况，通过计算分析说明【答案】（1）；（2）（3）见解析【解析】【分析】(1)先求出金属棒MN向右滑行的位移,得到回路磁通量的变化量 ,再由法拉第电磁感应定律求得E的表达式;(2)棒向右运动时,电子具有向右的分速度,受到沿棒向下的洛伦兹力，,棒中电子在洛伦兹力的作用下,电子从M移动到N的过程中,非静电力做功,根据电动势定义计算得出E.（3）可以从微观的角度求出水平和竖直方向上的洛伦兹力做功情况，在比较整个过程中做功的变化状况【详解】（1）如图所示，在一小
30、段时间Dt内，金属棒MN的位移 这个过程中线框的面积的变化量 穿过闭合电路的磁通量的变化量根据法拉第电磁感应定律 解得 （2）如图所示，棒向右运动时，正电荷具有向右的分速度，受到沿棒向上的洛伦兹力，f1即非静电力在f的作用下，电子从N移动到M的过程中，非静电力做功根据电动势定义 解得 （3）自由电荷受洛伦兹力如图所示 设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为如图所示，沿棒方向的洛伦兹力，做正功 垂直棒方向的洛伦兹力，做负功所以，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零做正功，将正电荷从N端搬运到M端，相当于电源中非静电力，宏观上表现为“电动势”，使电源的电能增加；做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用【点睛】本题较难，要从电动势定义的角度上去求电动势的大小，并学会从微观的角度分析带电粒子的受力及做功情况