1、绝密启用前云南省石林民中2017-2018学年下学期期中考试高二 物理命题教师：沈燕男 校对：张辉本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间120分钟。学校：_姓名：_班级：_考号：_分卷I一、单选题(共12小题,每小3.0分,共36分) 1.相隔一段距离的两个点电荷，它们之间的静电力为F，现使其中一个点电荷的电荷量变为原来的2倍，同时将它们间的距离也变为原来的2倍，则它们之间的静电力变为()A B 4F C 2F D2.如图所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷，已知a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动比较它们的质量应
2、有（）Aa油滴质量最大Bb油滴质量最大Cc油滴质量最大Da、b、c的质量一样3.如图所示，方向水平的匀强磁场B中，一根粗细均匀的通电导体置于水平桌面上，电流方向与磁场方向垂直此时，导体对桌面有压力要使导体对桌面的压力为零，下列措施可行的是()A 减小磁感应强度B 增大电流强度C 使电流反向D 使磁场反向4.关于磁场对通电直导线作用力的大小，下列说法中正确的是()A 通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，但不为零B 通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C 作用力的大小跟导线与磁场方向的夹角大小无关D 通电直导线跟磁场方向不垂直时肯定无作用力5.一个矩形线圈面积为4.0104m2，将它放入水平方向
3、的匀强磁场中，线圈与磁场之间的夹角为30，ad、bc边与磁场垂直，如图所示，该匀强磁场的磁感应强度为0.2 T现将线圈以ad为轴按图中所示方向旋转60，则穿过线圈的磁通量的变化量为()A 0B 8105WbC 8105WbD 1.6104Wb6.如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S，则通过线框的磁通量为()ABSBCD 07.如图所示是一种冶炼金属的感应炉的示意图，此种感应炉应接怎样的电源()A 直流低压B 直流高压C 低频交流电D 高频交流电8.库仑定律的适用条件是( )A 真空中两个带电球体间的相互作用B 真空中任意带电体间的相互作用
4、C 真空中两个点电荷间的相互作用D 两个带电小球之间的相互作用都可用库仑定律9.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1800和n2200的两个线圈，上线圈两端与u51sin 314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电表，则交流电压表的读数可能是()A 2.0 VB 9.0 VC 12.7 VD 144.0 V10.交流发电机在工作时电动势为eEmaxsint，若将发动机的转速提高一倍，同时将线框所围面积减少一半，其他条件不变，则其电动势变为()AeEmaxsin Be2EmaxsinCeEmaxsin 2t Desin 2t11.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场
5、，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0.某一正粒子质量为m、电量为q在t0时从0点沿x轴正向射入磁场中若要求粒子在tT0时距x轴最远，则B0的值为()ABCD12.某同学用伏安法测电阻，分别采用电流表内接法和外接法，测量某Rx的阻值分别为R1和R2，则测量值R1、R2和真实值Rx之间的关系是()AR1RxR2 BR1RxR2CR1R2Rx DR1R2Rx二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 13.(多选)如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间的电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电荷量为q，
6、质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为30，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则()A 两板间电压的最大值UmBCD板上可能被粒子打中区域的长度为S()LC 粒子在磁场中运动的最长时间为tmD 能打到N板上的粒子的最大动能为14.(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿
7、着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中()A 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C 恒力F与安培力的合力所做的功等于零D 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热15.(多选)如图所示，一个带正电荷的小球沿绝缘的光滑水平桌面向右运动，飞离桌子边缘A，最后落到地板上设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度大小为v1；若撤去磁场而其余条件不变时，小球飞行的时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2.则()Ax1x2Bt1t2Cv1v2Dv1v216.(多选
8、)如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()A 滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B 滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C 电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D 电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分) 17.LED发光二极管具有体积小、亮度高、能耗低、寿命长等诸多优点，被人们誉为本世纪的新型光源，已广泛应用到电脑、手机等电子产品中有一
9、种LED手灯就是用几个发光二极管并联后作为光源使用的，其发光效率很高它在正常工作时，正向电压约2.8 V，电流在10 mA左右现取这样的一只发光二极管(电路符号可用表示)，测量它的伏安特性，提供的实验器材如下：A电源E(电动势为4 V，内阻约为2 )B滑动变阻器R0(阻值02 )C电流表A1(量程15 mA，内阻约为10 )D电流表A2(量程0.6 A，内阻约为5 )E电压表V1(量程3 V，内阻约为1 k)F电压表V2(量程3 V，内阻约为10 k)G开关及导线若干则：(1)电流表应选_、电压表应选_(2)在方框中画出电路图18.下述图中，游标卡尺示数是cm；螺旋测微器的示数是mm.四、计算
10、题(共4小题,共28分) 19.如图所示，交流发电机的矩形线圈在磁体形成的匀强磁场中绕垂直于磁场的对称轴做匀速转动时，线圈ad、bc两边切割磁感线产生感应电动势e，已知磁感应强度为B，线圈面积为S，线圈匝数为n，线圈角速度为，试写出线圈中产生的感应电动势的表达式(从中性面位置开始计时)20.如图所示，两根不计电阻的倾斜平行导轨与水平面的夹角37，底端接电阻R1.5 .金属棒ab的质量为m0.2 kg、电阻r0.5 ，垂直搁在导轨上由静止开始下滑，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为0.25，虚线为一曲线方程y0.8sin (x) m、与x轴所围空间区域存在着匀强磁场，磁感应强度B0.5 T、方向垂
11、直于导轨平面向上(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)当金属棒ab下滑的速度为m/s 时，电阻R上消耗的电功率是多少？(2)若金属棒ab从静止开始运动到x06 m处，电路中消耗的电功率为0.8 W，在这一过程中，安培力对金属棒ab做了多少功？21.如图所示，两根光滑绝缘棒在同一竖直平面内，两棒与水平面成45 角，棒上各穿有一个质量为m、带电荷量为Q的相同小球，它们在同一高度由静止下滑，当两球相距L为多大时，小球速度达最大值(两球可视为点电荷)22.回旋加速器核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿
12、过狭缝都得到加速两盒放在磁惑应强度为B的匀强磁场中磁场方向垂直于盒底面粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rn，其运动轨迹如图所示问.(1)D形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加交流电压频率应是多大粒子运动的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间答案解析1.【答案】A【解析】Fk，Fkk，选A.2.【答案】C【解析】a球受力平衡，有：Ga=qE重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故
13、球带负电，b球受力平衡，有：c球受力平衡，有：解得：GcGaGb故选C3.【答案】B【解析】以导体为研究对象进行受力分析，由左手定则可知，导体所受安培力的方向竖直向上，故有：FNBILmg，由此式可知，要使导体对桌面的压力为零，可以增大B、增大I，所以A错误，B正确；若改变电流方向或磁场方向，由左手定则可知，此时安培力方向向下，则压力FNmgBIL0，所以C、D错误；4.【答案】B【解析】由于安培力FBILsin，为导线和磁场的夹角，当导线的方向与磁场的方向平行时，所受安培力为0；当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大5.【答案】B【解析】设原磁通量为正值，则1BSsin 304105Wb，
14、旋转60后磁通量变为2BSsin 304105Wb，由此可知磁通量的变化量为|21|8105Wb，B对6.【答案】D【解析】因为线圈平面和磁场方向平行，所以没有磁感线穿过线圈，即通过线圈的磁通量为零，D正确7.【答案】D【解析】线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，从而在导体中产生大量的热，涡流现象也是电磁感应；而交流电的频率越大，产生的热量越多故D正确，A、B、C错误； 故选D.8.【答案】C【解析】库仑定律的内容是：真空中两点电荷间的作用力与两点电荷的电荷量的乘积成正比，与它们间距离的平方成反比，作用力在它们的连线上，可见，库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用
15、，故C正确9.【答案】A【解析】由题意知原线圈电压的有效值为U1V，若磁通量无损失，则根据得U2V9.0 V因铁芯不是闭合的，考虑到漏磁的影响，n2线圈两端电压的有效值应小于9 V，故只有选项A正确10.【答案】C【解析】电动势的瞬时表达式为eEmaxsint，而EmaxNBS，当加倍而S减半时，Emax不变，故C正确11.【答案】D【解析】粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvB所以：r粒子运动的周期：T要求在T0时，粒子距x轴最远如图作出粒子运动轨迹设两段圆弧的圆心O1O2的连线与y轴夹角为，P点的纵坐标为y，圆心O2到y轴之间的距离为x，则由几何关系，得y2r2rcoss
16、in因为粒子在第一象限内运动，xr由题意根据数学关系知，当30时，y取最大值，故此时粒子在磁场中t时间内对圆心转过的角度为150，根据粒子在磁场中做圆周运动的时间tT得：TtT0又粒子在磁场中做圆周运动的周期公式知：T，知磁感应强度B0.12.【答案】A【解析】采用内接法时，电流表与待测电阻串联，故电流表是准确的；而由于电流表的分压使电压表测量值偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏大，故R1Rx；当采用外接法时，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的；而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏小，故RxR2；故选A.13.【答案】BD【解析】M、N两板间电压取最大值时，粒子
17、恰好垂直打在CD板上，所以圆心在C点，CHQCL，故粒子运动的轨迹半径为R1L，又因qvBm，qUmmv，所以Um，选项A错误；设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在AKC中：sin 30，所以R2，即KC的长等于(LL)cos 30L，所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，SLL()L，选项B正确；打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tmT，选项C错误；能打到N板上的粒子满足：qv2Bm，最大动能为Ekm2mv，选项D正确，故选B、D.14.【答案】AD【解析】金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培
18、力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确15.【答案】ABD【解析】没有磁场时，小球飞落过程为平抛运动当空间有匀强磁场时，分析小球飞落过程中任一位置受力情况如图所示由于受与瞬时速度垂直的洛伦兹力对小球竖直分运动的影响，在同样落差下与平抛运动只受重力作用相比，小球落地时间加长，所以t1t2.从洛伦兹力对水平分运动的影响可知，小球水平分速度将比平抛时大，而且又有t1t2，则必有x1x2.由于洛伦兹力做功为零，而
19、两种情况下重力对小球做功相等，所以落地速度大小相同，即v1v2，当然两种情况下小球落地时速度的方向不同16.【答案】BC【解析】滑动触头向右移动时，其他不变，加速电压增大，电子速度增大，则电子打在荧光屏上的位置下降，选项A错误；滑动触头向左移动时，其他不变，加速电压减小，电子速度减小，则电子打在荧光屏上的位置上升，选项B正确；电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，电子打在荧光屏上的速度增大，选项C正确，D错误17.【答案】(1)C(或A1)E(或V1)(2)电路图如图所示【解析】18.【答案】10.34 3.388【解析】游标卡尺示数是10.3 cm+0.1mm4=10
20、.34 cm；螺旋测微器的示数是3 mm+0.01 mm38.8=3.388 mm.19.【答案】eNBSsint【解析】把与磁感线垂直的平面称为中性面，线框处于中性面时磁通量最大，感应电流、感应电动势为零，设ad长为L1，ab长为L2，当线圈处于如图所示位置时，感应电动势e2BL1v速度垂直于磁场方向的分量vvsin线圈平面与中性面夹角t线速度vR由式得e2BL1sint，则eBSsint，若线圈为N匝，则eNBSsint.20.【答案】(1)0.06 W(2)3.8 J【解析】(1)金属棒作切割磁感线运动，产生感应电动势EEByv由曲线方程y0.8sin (x) m式联立解得E0.4sin
21、 (x) V，正弦交流电电动势的最大值Em0.4V电动势的有效值E有电路的总电阻R总Rr根据闭合电路欧姆定律I电阻R上消耗的电功率PRPRI2R由 式联立解得PR0.06 W(2)金属棒ab从静止开始运动至x06 m处，曲线方程y0.8sin (x0) m设金属棒在x0处的速度为v，切割磁感线运动产生感应电动势为EEByv此时电路中消耗的电功率为PP此过程中安培力对金属棒做功为W安，根据动能定理mgsin 37x0mgcos 37x0W安mv2由式联立解得W安3.8 J.21.【答案】【解析】当小球沿斜面下滑加速度a0时，速度最大，此时，小球沿斜面方向受到的合力零mgsin 45Fcos 45
22、，Fk，由以上两式得：L.22.【答案】(1)D形盒内无电场(2)粒子在盒内做匀速圆周运动(3)(4)(5)【解析】(1)加速器由D形盒盒间缝隙组成，盒间缝隙对粒子加速，D形盒起到让粒子旋转再次通过盒间缝隙进行加速，要做匀速圆周运动，则没有电场电场只存在于两盒之间，而盒内无电场(2)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力始终与速度垂直，粒子做匀速圆周运动(3)所加交流电压频率等于粒子在磁场中的频率，根据qvB和T可得T，故频率f，运动的角速度(4)粒子速度增加则半径增加，当轨道半径达到最大半径时速度最大，由r得：vmax则其最大动能为：Ekmaxmv(5)由能量守恒得：mvnqU则离子匀速圆周运动总时间为：t1离子在匀强电场中的加速度为：a匀加速总时间为：t2解得：tt1t2
