1、新疆石河子第二中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题一.单项选择题1.关于磁感应强度，下列说法正确的是（ ）A. 磁感应强度只反映磁场的强弱B. 磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量C. 磁感应强度方向就是通电导线在磁场中所受作用力的方向D. 磁感应强度方向就是放在该点的小磁针的静止时S极的指向【答案】B【解析】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量,选项A错误，B正确；磁感应强度的方向与通电导线在磁场中所受作用力的方向垂直，选项C错误；磁感应强度的方向就是放在该点的小磁针的N极静止时的指向，选项D错误；故选B.2.下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是( )A. B. C.
2、 D. 【答案】C【解析】【详解】电场强度是矢量，电场线疏密场强代表大小，切线方向就是场强方向；A、图中A、B两点方向不同，故A错误；B、图中A、B两点方向相同，但是疏密程度不同，故B错误；C、图中电场线是等间距平行线，所以A、B两点大小方向都相同，故C正确；D、图中A、B两点电场线方向不同，疏密程度也不同，两点场强不同，故D错误；故选C。3.如图所示，在通电直导线下方，有一电子沿平行导线方向以速度v向左运动，则关于电子的运动轨迹和运动半径的判断正确的是()A. 将沿轨迹运动，半径越来越小B. 将沿轨迹运动，半径越来越大C. 将沿轨迹运动，半径越来越小D. 将沿轨迹运动，半径越来越大【答案】A
3、【解析】试题分析： 由安培定则可知，通电直导线在其下方的磁场垂直纸面向里，如下图所示：根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力的方向向上，所以沿轨迹I运动，故CD错误；因离导线越近，磁感应强度越大，根据可知，轨迹半径越来越小，所以A正确、B错误；考点：带电粒子在磁场中的运动、通电直线导线周围的磁场4.如图，长为的直导线拆成边长相等，夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该形通电导线受到的安培力大小为A. 0B. 0.5C. D. 【答案】C【解析】试题分析：导线在磁场内有效长度为，故该V形通电导线受到安培力大小为，选项C正确，选项ABD错
4、误。考点：安培力【名师点睛】由安培力公式进行计算，注意式中的应为等效长度，本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义。【此处有视频，请去附件查看】5.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹粒子先经过M点，再经过N点可以判定()A. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力B. M点的电势高于N点的电势C. 粒子带负电D. 粒子在M点的动能大于在N点的动能【答案】B【解析】试题分析：场线的疏密反映电场的强弱，M点的场强小于N点的场强，所以粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故A错误；沿电场方向电势降低，从图中可知：M点电势比N点高，所以B正
5、确；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力方向和电场线切线方向一致，说明粒子带正电故C错误；粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，粒子在M点的动能小于在N点的动能故D错误.考点： 电场线，电势，电势能6.有一毫伏表，它的内阻是100 ，量程为300 mV，现 要将它改装成量程为3 V的伏特表，则毫伏表应（ ）A. 并联一个100 的电阻B. 并联一个900 的电阻C. 串联一个100 的电阻D. 串联一个900 的电阻【答案】D【解析】把毫伏表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值： ；故选D7.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质
6、谱的研究荣获了诺贝尔化学奖若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A. 该束带电粒子带负电B. 速度选择器的P1极板带负电C. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小【答案】D【解析】【详解】A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；C、进入磁场中的粒子速度是一定的，根据得，知r越大，荷质比
7、越小，而质量m不一定大，故C错误，D正确。8.如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器的灵敏度（即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量）与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是（ ）A. L越大，灵敏度越高B. d越大，灵敏度越高C. U1越大，灵敏度越高D. U2越大，灵敏度越高【答案】A【解析】试题分析：根据动能定理得，eU1=mv2；粒子在偏转电场中运动的时间，在偏转电场中的偏转位移， 则灵敏度知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大
8、灵敏度与U2无关故A正确，CBD错误故选A考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，综合考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等，难度中等。二多项选择题9.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D. 实验中，只将电容器b板向右平移，静电计指针的张角变小【答案】AD【解析】【详解】由电容器带电量是某一极板的电量，再结合静电感应原理，可知，只用带电
9、玻璃棒与电容器a板接触，即能使电容器带电，故A正确；在实验中，只增加极板带电量，根据，电容C不变，根据U=，则电势差增大，张角变大，故B错误。在极板之间插入有机玻璃板，根据，电容增大，根据U=，Q不变，则电势差减小，张角变小，故C错误。将b板向右平移，两板间距d减小，根据，电容变大，根据U=，Q不变，则电势差减小，张角变小，故D正确。故选AD。【点睛】解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，同时理解电容器带电量的含义。10.如右图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电
10、阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表若将照射R3的光的强度减弱，则( )A. 电压表的示数变大B. 小灯泡消耗的功率变小C. 通过R2的电流变小D. 电源内阻消耗的电压变小【答案】B【解析】将光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小，故A错误；因干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故CD错误，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，
11、故B正确；点晴：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化，由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化。11.如图两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为。质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与ab垂直。当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止。则磁感应强度方向和大小可能为： （ ）A. 竖直向上，大小为B. 平行导轨向上，大小为C. 水平向右
12、，大小为D. 水平向左，大小为【答案】AD【解析】试题分析：金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属棒只受重力支持力和安培力，根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成图如图：由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值：Fmin=mgsin，即BIL=mgsin，则，由右手定则判断磁场的方向，竖直向上，故A正确；cos不一定大于sin故B错误；，由右手定则判断磁场的方向水平向左，故C错误D正确故选AD.考点：物体的平衡；安培力【名师点睛】本题借助磁场中安培力考查了矢量三角形合成法则求最小值问题，判断出最小值时关键；以金属杆为研究对象进行受力分析，由
13、平衡条件判断安培力的最小值从而求出磁场强度的最小值，然后根据右手定则判断磁场的方向。12.在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一个电荷量为Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为q的负试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中60，规定电场中P点的电势为零则在Q形成的电场中( )A. N点电势高于P点电势B. N点电势为C. P点电场强度大小是N点的4倍D. 试探电荷在N点具有的电势能为【答案】BC【解析】：在+Q形成的电场中，N点电势低于P点电势，选项A错误；负检验电荷的机械能与电势能之和保持不变，负检验电荷在N点电势能等于mv2/2，N点电势为，选项B正确D错误；由图中
14、几何关系，ON=2OP，由点电荷电场强度公式，P点电场强度大小是N点的4倍，选项C错误。13.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是（ ）A. 电子在磁场中运动的时间为B. 电子在磁场中运动的时间为C. 磁场区域的圆心坐标（，）D. 电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，2L）【答案】BC【解析】试题分析：电子的轨迹半径为R，由几何知识，得（1）所以电子在磁场中做圆周运动的圆心坐
15、标为(0，L)，电子在磁场中运动时间（2），而（3），所以,AD错误，B正确，设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中,所以磁场圆心坐标为,C正确，考点：考查了带电粒子在磁场中的运动点评：通过题意刚好得出带电粒子在电场中做类平抛运动，这是本题的突破点当得出这一条件时，则粒子在磁场中运动轨迹可以确定，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用平抛运动规律来运动分解处理三实验题14.螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。由上图读得圆柱体的直径为_mm，长度为_cm。【答案】 (1). 1.844 (2). 4.240【解析】【分析】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺主
16、尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数；【详解】螺旋测微器：不动刻度为1.5mm，可动刻度为，则读数为；游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为，所以最终读数为：；15.有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，现有下列器材供选用：A电压表(05 V，内阻10 k) B电压表(015 V，内阻20 k)C电流表(03 A，内阻0.4 ) D电流表(00.6 A，内阻1.0 )E滑动变阻器(10 ，2 A) F滑动变阻器(500 ，1 A)G学生电源(直流6 V)、开关、导线若干(1)实验时，选用图1而不选用图2的电路图来完成
17、实验，请说明理由：_.(2)实验中所用电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_(用序号字母表示)(3)把图3中所示的实验器材按图1用笔画线代替导线连接成实物电路图_(4)某同学通过实验测量得到的数据已经描在了图4所示的IU坐标系中，请用一光滑的曲线将各描点连接好_由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而_（填“增大”、“不变”或“减小”）。【答案】 (1). 电压应从零开始变化（意思表达相似即可） (2). A (3). D (4). E (5). 连接实物图： (6). 如图所示： (7). 增大【解析】【详解】（1）在用伏安法描绘这个灯泡的图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组
18、数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图1；（2）因灯泡的额定电压为，为保证安全选用的电压表量程应稍大于，但不能大太多，量程太大则示数不准确，故只能选用的电压表，故电压表选A；由得，灯泡的额定电流，故电流表应选择的量程，故电流表选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故滑动变阻器选E；（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图所示：（4）画出的图线如图所示：由于图线斜率的倒数等于电阻的阻值，则由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而增大。四计算题16.如图所示，质量为m、电荷
19、量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。【答案】（1）， （2）【解析】试题分析：（1）由洛伦兹力公式，粒子在磁场中受力F为F=qvB粒子做匀速圆周运动所需向心力粒子仅受洛伦兹力做匀速圆周运动FF向联立得由匀速圆周运动周期与线速度关系：联立得（2）粒子做匀速直线运动需受力平衡，故电场力需与洛伦兹力等大反向即qE=qvB解得：E=vB考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】本题考
20、查了求粒子做圆周运动的轨道半径、周期，应用牛顿第二定律、线速度与周期的关系即可正确解题注意粒子（重力不计）在电磁复合场中做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡。【此处有视频，请去附件查看】17.如图所示，电荷量为e，质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150角，不计电子的重力，求：（1）电子经过B点的速度多大；（2）AB两点间的电势差多大【答案】【解析】解：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B点的速度分解(如图) 电子从A运动到B,由动能定理得 18.如
21、图所示，已知电源电动势E=15V，内阻r=1，当接入固定电阻R=2时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻RD=0.5的小型直流电动机D都恰能正常工作试求：（1）电动机的额定电压；（2）电动机的输出功率【答案】（1）6V（2）10W【解析】【详解】（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为： 则电动机的额定电压为：；（2）则电动机输入功率为：电动机内阻消耗的功率为：则电动机的输出功率为：。19.如图所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域、，磁感应强度大小未知区域内有竖直向上的匀强电场，区域内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等现有一质量m0.01 kg、电荷量q0.
22、01 C的带正电滑块从区域左侧与边界MN相距L2 m的A点以v05 m/s的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域内运动一段时间后离开磁场落回A点已知滑块与水平面间的动摩擦因数0.225，重力加速度g10 m/s2.(1)求匀强电场的电场强度大小E和区域中磁场的磁感应强度大小B1；(2)求滑块从A点出发到再次落回A点所经历的时间t；(3)若滑块在A点以v09 m/s的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域的宽度d及区域内磁场的磁感应强度大小B2.【答案】(1)10 V/m6.4 T (2)() s (3)
23、mT【解析】【分析】（1）小球进入复合场区域后，小球立即在竖直平面内做匀速圆周运动，说明重力与电场力的大小相等，方向相反；A到N的过程中根据牛顿第二定律可求出小球到达N点的速度。小球离开磁场后做平抛运动，将运动分解，即可求出下落的高度，然后结合几何关系由于洛伦兹力提供向心力的公式即可求出磁感应强度；（2）小球在AN之间做减速运动，由运动学的公式求出时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由周期公式即可求出粒子在磁场中运动的时间，根据平抛运动的规律求平抛运动的时间，最后求和；（3）A到N的过程中摩擦力做功，由动能定理即可求出小球到达N点的速度。小球进入区域后恰好能沿直线运动，说明小球受到的合外力为0，
24、受力分析即可求出小球的速度，结合动能定理即可求出有界磁场区域的宽度d及区域的磁感应强B2的大小。【详解】(1)滑块在区域内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mgqE解得E10 V/m滑块在AN间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得：ag2.25 m/s2由运动公式可得v2v022aL代入数据得v4 m/s平抛运动过程满足Lvt3；2r 做圆周运动满足qvB1m 联立方程求解得B16.4 T(2)滑块在AN间的时间 在磁场中做匀速圆周运动的时间 平抛运动的时间t30.5 s总时间为tt1t2t3s(3)设滑块进入磁场时的速度为v，满足mgLmv2mv02代入数据得v6m/s滑块在区域中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知qvB2mg解得B2T滑块离开磁场区域时的速度方向一定与水平成45角由几何关系知当滑块在区域中做匀速圆周运动时有B1qv 解得 由题意知drsin 45m【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动，要注意当粒子在复合场中做匀速 圆周运动时，粒子受到的电场力与重力平衡。
