1、商丘市一高2017-2018 学年第一学期期末考试高二物理试卷一、选择题:共12个小题，每题4分，共48分。第1-7题只有一个选项符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但没选全的得2分，有错误选项的不给分。1. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点下列说法 中正确的是A. 带电质点一定是从P点向Q点运动B. 三个等势面中，等势面C的电势最高C. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小D. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小【答案】BC【解析】试
2、题分析：根据已知条件无法判断粒子的运动方向故A错误；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和正电荷可知，电场线向下故c点电势最高故B正确正电荷在P点的电势能较大，故动能较小，故C正确；等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大故D错误故选BC.考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化；要知道电场力做正功，电势能减小，动能变大；克服电场力做功，电势能变大，动能减小.2.质量为m的物块，带正电q，开始时让它静止在倾角=600的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、
3、大小为的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物体后，物块落地的速度大小为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】对物块进行受力分析：物块受重力mg和水平向左的电场力F物块从静止开始沿重力和电场力的合力方向做匀加速直线运动运用动能定理研究从开始到落地过程，得：mgH+FHcot=mv2-0，解得，v=2，故选C点睛：正确分析研究对象的运动情况是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题要知道物体的运动是由所受到的力和初状态决定的这个题目容易错误地认为物块沿着斜面下滑3. 如图所示，闭合矩形线圈abcd与长直导线MN在同一平面内，线圈的ab，dc两边与直导线平行，
4、直导线中有逐渐增大，但方向不明的电流，则（ ）A. 可知道线圈中的感应电流方向B. 可知道线圈各边所受到磁场力的方向C. 可知道整个线圈所受的磁场力的方向D. 无法判断线圈中的感应电流方向，也无法判断线圈所受磁场力的方向【答案】BC【解析】当直导线中有逐渐增大的电流，导线框中的磁通量增大，根据楞次定律，为了“阻碍”这种增大的趋势，导线框有向右运动的趋势，且可知道ab边受向右的力比bc边向左方向的力大，但感应的电流方向无法判断，BC正确。4.如图所示，在方向垂直向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动
5、，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长adl，cd2l。线框导线的总电阻为R。则线框离开磁场的过程中 ( )A. 线框中的电流在ab边产生的热量为B. 线框中的电流在ad边产生的热量为C. ab间的电压为D. ad间的电压为【答案】B【解析】产生的感应电动势：E=2Blv，感应电流：I=，线框中的电流在ab边产生的热量为Qab=，故A错误;由上分析可知，线框中的电流在ad边产生的热量：，故B正确。ab间的电压为，而ad间的电压为：Uad=，故CD错误。故选B。点睛：该题考查了法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律的应用，是一道常规题。要注意题目中线框边长不等，分清楚哪个边在切割磁感线。
6、5.如图所示，E=10V，R1=4，R2=6，C=30F，电池内阻不计。先将开关S闭合，稳定后再将S断开，S断开后通过R1的电量为( )A. 3.010-4CB. 1.210-4CC. 1.810-4CD. 0C【答案】B【解析】闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，根据全电路欧姆定律得：；闭合开关S时，电容器两端的电压即R2两端的电压：U2=IR2=16V=6V；开关S断开后，电容器两端的电压等于电源的电动势，为E=10V，则通过R1的电荷量为Q=CU=C（E-U2）=310-5（10-6）C=1.210-4C；故选B.6.某理想变压器原线圈输入电功率为P，原、副线圈匝数比为k，在副线圈上
7、接一内阻为r的电动机，电动机正以速度v匀速向上提升质量为m的重物，已知重力加速度为g，则变压器初级线圈两端的电压为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】电动机的输出功率即为对重物做功的机械功率的大小，即mgv，所以电动机的发热的功率为I22r=P-mgv，所以副线圈的电流的大小为，根据电流与匝数成反比可得原线圈的电流大小为=，由P=U1I1可得U1=，所以A正确故选A点睛：电动机的总功率的大小一部分对外做功，另一部分转化为内能，根据电动机的这两部分消耗的功率可以求得副线圈的电流进而通过输入和输出的功率相等可以求得原线圈的电压的大小 7.一个电热器接在10V的直流电源上，在ts内产生的焦
8、耳热为Q，今将该电热器接在一个正弦交流电源上，它在2ts内产生的焦耳热为Q，则这一正弦交流电源的电压的最大值和有效值分别是( )A. 最大值10V，有效值10VB. 最大值20V，有效值10VC. 最大值5V，有效值5VD. 最大值10V，有效值5V【答案】D【解析】设电热器的电阻为R当电热器接在U=10V的直流电源上时，Q=t，当电热器改接到交流电源上时，Q=2t，两式相比，得：U=5V，则最大值Um=U=10V；故选B8.如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，金属杆ab可沿导轨滑动，原先S断开，让ab杆由静止下滑，一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的运
9、动速度v随时间t的图象可能是下图中的【答案】B【解析】试题分析：当闭合开关时S时，满足时，金属杆匀速运动，A可能，故A错误当速度大小变化时，感应电动势也会变化，感应电流也变化，安培力大小也变化，所以金属杆的加速度也在变化，所以不可能做匀加速运动，B没有可能，故B正确如果时，金属杆加速运动，速度增大，安培力增大，加速度减小最后匀速，C有可能，故C错误当时，金属杆减速运动，速度减小，安培力减小，加速度减小，D有可能，故D错误该题选不可能的，故选B考点：导体切割磁感线时的感应电动势；点评：正确分析棒的受力并能根据受力判定物体做加速度逐渐减小的加速运动，知道合外力等于0时棒将做匀速直线运动9. 地面附
10、近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动如图所示，由此可以判断（ ）A. 油滴一定做匀速运动B. 油滴一定做匀变速运动C. 如果油滴带正电，它是从M点运动到N点D. 如果油滴带正电，它是从N点运动到M点【答案】AC【解析】由于油滴做直线运动，故受力如图若带正电，C项才是合理的，并且速度恒定，若有变化，F洛即为变力，油滴将做曲线运动故选A、C.10.如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L。一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁
11、场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置I)，导线框的速度为经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置II)，导线框的速度刚好为零。此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I。则A. 上升过程中，导线框的加速度逐渐增大B. 下降过程中，导线框的加速度逐渐增大C. 上升过程中合力做的功与下降过程中的相等D. 上升过程中克服安培力做的功比下降过程中的多【答案】D【解析】试题分析：在导线框的上边在磁场中运动时，由于穿过线圈的磁通量增大，所以产生的安培力向下，当导线框的下边做切割磁感线运动时，由于穿过线圈的磁通量减小，所以
12、产生的安培力向下，线框还受到竖直向下的重力作用，所以加速度向下，物体做减速运动，由于速度在减小，所以安培力在减小，故线框向下的合力在减小，所以加速度在减小，A错误；下降过程中，根据楞次定律可得受到的安培力向上，重力大于安培力，所以加速度向下，合力向下，速度越来越大，安培力越来越大，所以向下的合力减小，故加速度减小，B错误根据可得上升和下降过程中合力不同，所以做功不同，C错误；由于上升和下降过程中需要克服安培力做功，所以系统产生热能，故在上升和下降的同一位置时上升的速度大于下降的速度，故上升过程中平均安培力大于下降过程中的平均安培力，所以上升过程中，克服安培力做的功比下降过程中的多，D正确；故选
13、D考点：考查了导体切割磁感线运动，功能关系等点评：做本题的关键是对两条边在磁场中运动时，受到的安培力的变化进行分析11.如图电源内阻为r，固定电阻R0=r，可变电阻Rx的总电阻值为2r，若变阻器触头P自最左端向最右滑动则下列说法不正确的是（ ）A. 电源输出功率由小变大B. Rx消耗功率由大变小C. R0消耗功率由小变大D. 电源的效率由小变大【答案】A【解析】试题分析：当变阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据闭合电路欧姆定律即可求解，总功率P=EI，效率=输出功率比总功率，利用等效内阻法求输出功率解：A、根据闭合电路内外阻相等时，电源的输出功率最大，当变阻
14、器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻小于等效内阻，随外电阻的减小，输出功率减小，故A错误B、当变阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据P=I2R0可知，R0消耗功率由小变大，又输出功率减小，故Rx消耗功率由大变小，故BC正确；D、根据总功率P=EI可知，电流增大，总功率增大，输出功率减小，故电源的效率由大变小，故D正确本题选不正确的，故选：A【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，注意总功率P=EI，难度不大，属于基础题12.图中a、b为两个带等量正电荷的固定不动的小球，在a、b连线的中垂线上有c、d两点，将一个静止在c处的电子从
15、静止释放，关于电子的运动，正确的说法是（ ）A. 在c -o过程中，电子做匀加速运动B. 在c- o过程中，电子的电势能减小C. 电子在c处的加速度一定比d处的大D. 电子以o为平衡位置，沿中垂线振动.【答案】BD【解析】在co过程中，电子所受的电场力方向向下，电子做变加速直线运动，故A错误；在co过程中，电场力做正功，电势能减小，故B正确；根据等量同号点电荷电场的特点，可知两个电荷连线上中点O的电场强度为零，无穷处场强也为零，则电场强度从O点到无穷远，先增大后减小，故无法比较c、d两处的加速度大小，故C错误；根据等量同号点电荷电场的特点，可知两个电荷连线上上下的电场对称且方向相反，所以小球将
16、在cd间沿中垂线做上下运动，故D正确；故选BD.点睛：本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况。二、实验题:将答案填在答题卷相应空白处，共16分.13.把蜂鸣器、光敏电阻、干簧管继电器开关、电源连成电路如甲图所示,制成光电报警装置.当报警器有光照射时,蜂鸣器发声,当没有光照或者光照很弱时,蜂鸣器不发声.光敏电阻:光敏电阻受光照后,阻值会变小.干簧管继电器开关:由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成,如图乙所示.当线圈中有一定的电流时,线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化,两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成
17、闭合状态.当线圈中没有电流或者电流很微弱时,磁场消失,簧片在弹力的作用下回复到分离状态.电路已经连接一部分，请将电路完整连接好。【答案】【解析】电池、光敏电阻与开关及干簧管继电器开关的里面两个接线构成一个回路；而另一组电池、蜂鸣器与干簧管继电器开关外面线圈的两个接线构成又一个回路当有光照时，光敏电阻变小，使得干簧管继电器开关存在磁场，导致开关接通，最终使得蜂鸣器发声14.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，采用的仪器有：电源E（电动势6 V，内阻不计）；额定电压4.0 V的小灯泡L；电流表（量程0.6 A，内阻约2）；电压表（量程5 V，内阻约15 k）；滑动变阻器R（最大阻值15）；开
18、关S，导线若干。实验中要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调。I在做实验时，连成的实物电路图如下：请你指出上述实验电路图中的错误之处：_请你在虚线方框中画出实验所用的正确电路原理图。如图所示为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的I-U图象。图象是一条曲线而不是直线的原因是_ ；从图象中可求得小灯泡正常发光时的电阻是_ 。【答案】 (1). 电流表没有接成外接电路 (2). 滑动变阻器没有接成分压电路 (3). (4). 灯丝电阻随温度而改变（灯丝电阻随I或随U改变亦可） 10（9.5到10.5之间都给分【解析】I描绘小灯泡伏安特性曲线，要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡
19、的额定电压连续可调，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，电流表应采用外接法所以上述实验电路图中的错误之处：电流表没有接成外接电路；滑动变阻器没有接成分压电路正确电路原理图：图线弯曲是因为温度升高，电阻变大，即灯丝电阻随温度改变而改变；点睛：描绘小灯泡伏安特性曲线，要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，电流表应采用外接法所以该题目中，根据题目要求确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键三、计算题：本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有
20、数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用电阻R=2连接，有一质量为m=0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上现用水平向右拉力沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动经过位移s=0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了s/=3s=1.5m后停下求：（1）全过程中通过电阻R的电荷量。（2）整个过程中导体杆的最大速度。【答案】(1) 2C (2) 【解析】（1）设全过程中平均感应电动势为，平均感应电流为，时
21、间为t，通过电阻R的电荷量为q，则，得 （2）拉力撤去时，导体杆的速度v即为最大速度，拉力撤去后杆运动时间为t2，平均感应电流为，根据动量定理有：BLt2mv，即mv，所以 16.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，若此液滴在垂直于磁感应强度的平面内，做半径为R的匀速圆周运动，设液滴质量为m，重力加速度为g求：（1）液滴的速度大小和绕行方向。（2）倘若液滴运行到轨迹最低点A时，分裂成完全相同的两滴，其中一个液滴仍在原来面内做半径为R1=3R的匀速圆周运动，绕行方向不变，试用计算说明另一个液滴将如何运动？【答
22、案】（1） (2) 另一半液滴速度与原整个液滴速度大小相等，方向相反，所以另一液滴以R为半径做圆周运动，其轨迹最高点为A，绕行方向也为顺时针【解析】（1）重力和电场力平衡，液滴带负电，得：qE=mg所以： 又洛仑兹力提供向心力，绕行方向顺时针方向旋转，由洛伦兹力提供向心力，有：Bqv=m 得： （2）由题，液滴分裂成大小相同的两滴，可知两滴的质量和电量都是相等的，质量和电量都变成了原来的一半，所以电场力和重力也都变成原来的一半，二者仍然大小相等，方向相反由洛伦兹力提供向心力得： 联立得：v1=3v液滴分裂前后的动量是守恒的，选取液滴初速度的方向为正方向，则：mvm3v+mv2所以：v2=-v负
23、号表示与初速度的方向相反，根据左手定则可知，该部分的液滴在A点受到的洛伦兹力的方向向下，将沿顺时针方向运动，A点是圆周运动的最高点由洛伦兹力提供向心力，得：Bqv2联立可知，R1=R点睛：此题考查了液滴在复合场中的运动问题复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况17.如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，磁场内有一块平面感光平板ab，板面与磁场方向平行，在
24、距ab的距离l =16cm处，有一个点状的放射源S，它向各个方向发射粒子，粒子的速度都是v =3.0106m/s，已知粒子的电荷与质量之比q/m=5.0107C/kg现只考虑在图纸平面中运动的粒子。求（1）ab上被粒子打中的区域的长度；（2）能打在板上的粒子的初速度方向间的最大夹角。【答案】(1) (2) 【解析】（1）粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有： 代入数据得R10 cm 可见，2RlR.因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S,由此可知,某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切,则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点.为定出P1点的位置,可作平行于ab的直线c
25、d,cd到ab间的距离为R,以S为圆心,R为半径,作弧交cd于Q点,再过Q作ab的垂线交ab于P1.由图中几何关系得：NP1 再考虑N的右侧.任何粒子在运动中离S的距离不可能超过2R,以2R为半径,S为圆心作圆,交ab于N点右侧的P2点,此即右侧能打到的最远点.由图中几何关系得NP2 所求长度为P1P2NP1NP2 代入数值得P1P2=20 cm （2）如图，沿v1方向射出粒子与屏相切于p1点，沿v2方向射出粒子与屏相切于p2 点v1， v2间夹角为所求最大夹角，此夹角等于分别与之垂直的半径间的夹角，既SQ、SQ间的夹角 （或）则所求夹角为 （或）点睛：带电粒子在磁场中的运动解题的关键在于确定圆心和半径，尤其是找出临界的粒子运动的轨迹，然后再由几何关系即可求得要求的问题
