1、江苏省高淳高级中学2017-2818学年度上学期高二物理期末试卷（选修）一、单项选择题1. 把一根直导线平行于地面放在小磁针的正上方附近，当导线中有电流通过时，小磁针会发生偏转。发现这个现象的物理学家是（ ）A. 奥斯特 B. 安培 C. 爱因斯坦 D. 法拉第【答案】A【解析】发现电流周围存在磁场的物理学家是奥斯特，故选A.2. 下列表达式中，不是比值法定义物理量的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】A项：电场强度E与电场力及检验电荷的电荷量无关；属于比值定义法，故A错误；B项：导体的电阻中电阻与导线长度、电阻率成正比、与横截面积成反比，不属于比值定义法，故B正确；C项：电容的
2、定义式中，C与两板间的电量及两板间的电势差无关，属于比值定义法，故C错误；D项：磁感应强度与通电导线所受的安培力、电流、导线长度无关，属于比值定义法，故D错误。点晴：用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关。3. 对磁感应强度的理解，下列说法正确的是：（ ）A. 磁感应强度的方向就是磁场中通电导线所受磁场力的方向B. 由B = F/IL可知，磁感应强度与通电导线的电流和长度的乘积IL成反比C. 若磁场中某通电导线受磁场力为零，则该处的磁感应强度一定为零D. 磁感应强度由磁场本身决定，与通电导线所受磁场力无关【答案】D【
3、解析】磁感应强度的方向与磁场中通电导线所受磁场力的方向垂直，选项A错误；磁感应强度由磁场本身决定，与通电导线所受磁场力以及电流和长度的乘积IL无关，选项B错误，D正确；若磁场中某通电导线受磁场力为零，可能是电流方向与磁场方向平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；故选D.4. 关于电磁感应，下列说法正确的是( )A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大D. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大【答案】D【解析】根据 可知，穿过线圈的磁通量越大，感应电动势不一定越大，选项A错误；穿过线圈的磁
4、通量为0，感应电动势不一定为0，选项B错误； 穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势不一定越大，选项C错误； 穿过线圈的磁通量的变化越快，感应电动势越大，选项D正确；故选D.5. 如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘（不计各种摩擦），现让铜盘转动。下面对观察到的现象描述及解释正确的是（ ）A. 铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去B. 铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去C. 铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下D. 铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快【答案】C【解析】试题分析：因为铜盘转动会切割磁感线，就有感应电动势，
5、有感应电流，就会受到反向的安培力，铜盘最终会停下来，故选C考点：考查了导体切割磁感线运动点评：基础题，比较简单，关键是知道铜盘的半径在做切割磁感线运动6. 如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（ ）A. 合上S时，A1和A2同时亮起来B. 合上S时，A2比A1先亮，且最后A2比A1要亮些C. 断开S时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D. 断开S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭【答案】D【解析】合上开关接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后一样亮故A B错误断
6、开开关时，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭故C错误，D正确故选D.点睛：自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析注意电键断开时，自感线圈相当于电源.7. 如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）A. 仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子束将做匀加速
7、直线运动B. 仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大C. 仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大D. 仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变小【答案】C【解析】仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子束不再受任何作用力，故将做匀速直线运动，故A错误；根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02；电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m；解得：；可见：增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式知周期变小，故B错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不
8、变，故C正确，D错误；故选C.点睛：本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，知道带电粒子在电场中加速而在磁场中偏转做圆周运动，明确周期公式和半径公式的推导过程和应用8. 空间有竖直边界为AB、CD且垂直纸面向里的有界匀强磁场区域。一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至如图所示位置静止释放，圆环在摆动过程中环面始终与磁场垂直。若不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）A. 圆环完全进入磁场后离最低点越近，感应电流越大B. 圆环在进入和穿出磁场时，圆环中均有感应电流C. 圆环向左穿过磁场后再返回，还能摆到原来的释放位置D. 圆环最终将静止在最低点【答案】B【
9、解析】整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故A错误只有当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流故B正确当圆环向左穿过磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，机械能向电能转化，所以机械能不守恒，当再返回，不能摆到原来的释放位置故C错误在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在最低点故D错误故选B点睛：本题为楞次定律的应用和能量守恒相合注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化
10、，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化二多项选择题9. 如图所示，直导线通入方向向上、逐渐增强的电流，关于右侧线圈说法正确的是（ ）A. 线圈有扩张的趋势B. 线圈有收缩的趋势C. 线圈内产生顺时针的电流D. 线圈内产生逆时针的电流【答案】BD【解析】直导线通入方向向上的电流，根据右手定则可知：在圆环处产生垂直向里的磁场，由于电流逐渐增强，所以产生的磁场与增大，通过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，在圆环中产生逆时针的感应电流，故D正确；根据“增缩减扩”可知，线圈有收缩的趋势，故B正确。10. 如图所示为真空中半径为r的圆，O为圆心，直径ac、bd相互垂直。在a、c处分别固定有电荷量为+
11、q、-q的两个点电荷。下列说法正确的是（ ）A. O点电势一定等于b点电势B. 位置b处电场强度大小为C. 将一负试探电荷从b点移到c点，电势能减小D. ac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向垂直【答案】AB【解析】A项：bOd是一条等势面，故电势相同，故A正确；B项：正负电荷在b点分别产生的场强为，根据矢量可知，故B正确；C项：将一负试探电荷从b点移到c点，电场力做负功，电势能增加，故C错误；D项：ac线上各点电场强度方向由a指向c，bd线上各点电场强度方向由a指向c，故D错误。11. 如图甲所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向
12、外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v-t图象如图乙所示，其中错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD.考点：洛伦磁力、牛顿第二定律12. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示除电阻R外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（ ）A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB. 金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为C. 金属棒向下运动的任意过程中，电路中产生的电能等于棒的重力和安培力所
13、做的功D. 金属棒向下运动的任意过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【答案】AB【解析】金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A正确；当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：F=BIL=，故B正确；金属棒向下运动的任意过程中，电路中产生的电能等于棒克服安培力所做的功，选项C错误；金属棒向下运动的任意过程中，重力势能转化为弹性势能、导体棒的动能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误故选：AB13. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部分如图所示。匀强磁场
14、垂直D 形盒底面，两盒分别与交流电源相连。则下列说法中正确的是（ ）A. 加速器的半径越大，粒子射出时获得的动能越大B. 粒子获得的最大动能由交流电源的电压决定C. 加速器中的电场和磁场都可以使带电粒子加速D. 粒子在磁场中运动的周期与交变电压周期相等【答案】AD【解析】试题分析：粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvB=m，运动周期T=（电场中加速时间忽略不计）对公式进行简单推导后，便可解此题C、加速器中的电场可以使带电粒子加速，而磁场使粒子偏转，故C错误；D、根据加速原理，当粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步时，才能处于加速状态故D正确；故选：AD【点评】理解回旋加速器工
15、作原理，熟练运用相关公式，便可解出此题，特别注意加速获得的最大动能与电场的电压无关三简答题14. 用游标卡尺测得某材料的长度如图甲所示，读数L=_cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D=_mm.【答案】 (1). 5.020 (2). 2.150（2.1492.151均正确）【解析】材料的长度读数L=5cm+0.05mm4=5.020cm；材料的直径读数D=2mm+0.01mm15.0=2.150mm.15. 如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流档测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_ mA；若选用倍率为“100”的电阻档测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所
16、测电阻的阻值为_。如果要用此多用表测量一个约的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是_ （选填“”、“”或“”）。换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是_ 【答案】 (1). 30.730.9 (2). 1500 (3). 1k (4). 欧姆调零【解析】当选用量程为50mA的电流档测量电流时，所测电流为30.8mA；若选用倍率为“100”的电阻档测电阻时，所测电阻的阻值为15100=1500。要使电阻的测量准确，则指针必须要指到中央刻度附近，则如果要用此多用表测量一个约的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是1k。换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是；欧姆调零16. 用如图所示电路
17、，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（a）电流表（量程0.6A、3A）（b）电压表（量程3V、15V）（c）定值电阻（阻值1、额定功率5W)（d）滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2A）（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择_V，电流表的量程应选择_A。（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如下图所示的U-I图线。由图可较准确地求出该电源电动势E=_V；内阻r=_。（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). 0.6A (2). 3V (3). 1.5V (4)
18、. 0.83【解析】(1) 由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；(2)由U-I图象可知：图象与纵轴的交点即为电动势，所以E=1.5V，图象的斜率的绝对值为内阻，所以。四计算题17. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球，线的上端固定于O点。细线与竖直方向成30角时静止释放小球，小球开始摆动，当摆到A点时速度为零，此时O
19、A恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k，忽略空气阻力.求：（1）判断小球电性；（2）BA两点间的电势差UBA；（3）匀强电场的场强E的大小.【答案】(1) 正电(2) (3)【解析】试题分析：（1）根据电场力对小球做功的正负判断电场力的方向，从而判断小球的电性；（2）对于小球1从B到A过程，运用动能定理和电场力做功公式W=qU，求解BA两点间的电势差U；（3）由几何知识确定出BA间沿电场线的距离d，再根据求解场强E的大小.（1）若小球不带电，则从A点释放，将运动到与A点等高的地方，而实际上小球没能运动到与A点等高的地方，所以电场力对小球做了正功，电场力水平向右，而
20、电场强度方向水平向右，则小球带正电；（2）小球从B到A过程，由动能定理得：解得：（3）BA间沿电场线的距离为： 在匀强电场中，有：联立解得：【点睛】本题主要考查了动能定理以及电场强度与电势差的关系公式得直接应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况和受力情况，能根据小球的所受电场力的方向判断小球的电性，难度不大，属于基础题18. 如图所示，横截面积为S = 0.10m2，匝数为N = 120匝的闭合线圈放在平行于线圈轴线的匀强磁场中，该匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。线圈电阻为r = 1.2，电阻R = 4.8。求：（1）线圈中的感应电动势；（2）从t1 = 0到t2 = 0.
21、30s时间内，通过电阻R的电荷量q（3）从t1 = 0到t2 = 0.30s时间内，电阻R的焦耳热。【答案】（3）【解析】（1）由B-t图象知， 根据法拉第电磁感应定律得： （2）由闭合电路欧姆定律得电流强度： 通过电阻R的电量： （3）电阻R的焦耳热Q=I2Rt=5.76J 19. 如图，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m = 0.2kg，电阻R = 0.5，匀强磁场的磁感应强度B = 0.2T，方向垂直框架向上。现用F = 1N的恒定外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：（1）ab棒产生的感应电动势的大小；（2）ab棒所受安培力的大小和方
22、向；（3）ab棒的加速度。【答案】0.4V 0.16N 水平向左 4.2m/s2 水平向右【解析】（1）根据导体棒切割磁感线的电动势 E=BLV代入数据解得：E=0.212V=0.4V（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流： ab受安培力：F安=BIL=0.20.81N=0.16N方向水平向左（3）根据牛顿第二定律得ab杆的加速度为： 方向水平向右.点睛：本题考查电磁感应与力学和电路的基本综合，知道切割磁感线的部分相当于电源，掌握法拉第定律、欧姆定律、左手定则等基本规律是关键20. 如图所示，在y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B = 0.20T。有一质子以速度v = 2.0106m/
23、s，从x轴上的A点（10cm，0）沿与x轴正方向成30斜向上射入磁场。质子质量取m = 1.610-27kg，电量q = 1.610-19C，质子重力不计。求： （1）质子在磁场中做圆周运动的半径；（2）质子在磁场中运动所经历的时间【答案】 【解析】（1）质子在磁场中受洛仑兹力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得 质子做匀速圆周运动的半径为： （2）由于质子的初速度方向与轴正方向的夹角为30，且半径恰好等于0.10m，因此质子将在磁场中做半个圆周运动到达轴上的C点，如图所示. 根据圆周运动的规律，质子做圆周运动的周期为: 质子从出发到第一次到达y轴所经历的时间为: 点睛：此题考查洛伦兹力作用下做
24、匀速圆周运动，学会根据牛顿第二定律与几何关系来确定半径大小，并掌握由周期公式通过圆心角来确定时间大小21. 如图所示，位于竖直平面内的坐标系xoy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E=2N/C在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在yh=0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO作直线运动（PO与x轴负方向的夹角为），并从原点O进入第一象限已知重力加速度为g=10m/s，问：（1）油滴的电性；（
25、2）油滴在P点得到的初速度大小；（3）油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值。【答案】（1）负电荷 （2）（3）【解析】（1）分析油滴受力可以判知要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电受力如图： （2）油滴在垂直直线方向上应用平衡条件得：qvB=2Eqcos45，所以v=4m/s；（3）进入第一象限，由于重力等于电场力，在电场中做匀速直线运动，在混合场中做匀速圆周运动，路径如上图，由O到A匀速运动的位移为：s1=h 运动时间为：联立解得：t1=0.1s 进入混合场后圆周运动的周期为：由A运动到C的时间为：t2=T 由运动的对称性可知从C到N的时间为t3=t1=0.1s 在第一象限内运动的总时间为t=t1+t2+t3=0.82s 油滴在磁场中做匀速圆周运动：qvB=m图中ON的长度及离开第一象限的X坐标：x=2（s1cos45+rcos45） 联立得：x=4.0m所以油滴离开第一象限时的坐标为（4.0m，0）；点睛：本题关键是先确定物体的运动情况，并画出运动轨迹，然后逐段逐段分析，匀速运动阶段受力平衡，匀速圆周运动阶段洛伦兹力提供向心力
