山西省朔州市应县一中2018-2019学年高二上学期期末考试物理试卷
2018-2019学年山西省朔州市应县一中高二（上）
期末物理试卷
一、单项选择题（4×10＝40分）
1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，并且学以致用，往往比掌握知识本身更重要．下列说法正确的是 ( )
A. 丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
B. 在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电
C. 库仑利用库仑扭秤，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律
D. 安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的
【答案】BC
【解析】
A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的内在联系，使人们突破了对电与磁认识的局限性，法拉第发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善，故A错误；
B、麻醉剂乙醚接触静电易产生爆炸现象，为防止麻醉剂乙醚爆炸， ，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电，故B正确；
C、库伦通过扭秤实验发现了两个静止的点电荷之间相互作用的规律从而提出了库仑定律，故C正确；
D、安培定则是用来判断通电导线产生的磁场方向的，不能用来判断通电导线在磁场中受安培力方向，故D错误；
故选BC。
【点睛】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
2.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带正电粒子只受电场力作用的运动轨迹，粒子先经过M点，后经过N点，则（ ）
A. M点的电势高于N点的电势 B. M点的电场强度大于N点的电场强度
C. 粒子在M点的速度大于在N点的速度 D. 电场力对粒子做负功
【答案】A
【解析】
A项：根据沿电场线方向电势越来越低可知，M点的电势高于N点的电势，故A正确；
B项：根据电场线的疏密程度表示场强大小，即电场线越密场强越大可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误；
C、D项：由于M点的电势高于N点的电势，粒子带正电，所以粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，根据能量守恒可知，M点的速度小于N点的速度，电场力做正功，故C、D错误。
点晴：解决本题关键理解沿电场线方向电势越来越低，电场线的疏密程度表示场强大小，即电场线越密场强越大。
3.如图所示，平行金属板中带电油滴P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等。当滑动变阻器的滑片向b端移动时（ ）
A. R3上消耗的功率逐渐增大 B. 电流表读数减小，电压表读数增大
C. 质点P将向上运动 D. 电源的输出功率逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】A、当滑动变阻器R的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大。电容器板间电压等于R3的电压。R减小，并联部分的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率逐渐减小，故A错误；
B、流过电流表的电流IA＝I﹣I3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大，R的电压U＝U3﹣U2，U3减小，U2增大，则U减小，所以电压表读数减小，故B错误；
C、电容器的电压减小，则电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动，故C错误；
D、由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大，D正确。
4.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e﹣t图象如图，则（ ）
A. t1、t3线圈通过中性面 B. t2、t4线圈中磁通量最大
C. t1、t3线圈中磁通量变化率最大 D. t2、t4线圈平面与中性面平行
【答案】A
【解析】
【详解】AC、t1，t3时刻感应电动势为零，磁通量变化率最为零，磁通量最大，线圈通过中性面，故A正确，C错误；
BD、t2、t4时刻感应电动势最大，磁通量变化率最大，线圈中磁通量为零，线圈平面与中性面垂直。故BD错误；
5. 如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以转动的铜盘（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，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，电源电压保持不变，若将滑动变阻器触头向左滑动，关于两电表示数变化，下列判断正确的是
A. 电流表示数变大，电压表示数变大 B. 电流表示数变大，电压表示数变小
C. 电流表示数变小，电压表示数变大 D. 电流表示数变小，电压表示数变小
【答案】D
【解析】将滑动变阻器触头向左滑动，则初级电阻增加，初级电流减小，电流表示数减小；根据可知，次级电流减小，灯泡两端的电压减小，电压表示数减小；故选项D正确，ABC错误；故选D.
7. 假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，根据图
中信息可以确定下列说法中正确的是（ ）
A. 空间各点场强的方向均与x轴垂直
B. 电荷沿x轴从0移到x1的过程中，一定不受电场力的作用
C. 正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小
D. 负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加
【答案】D
【解析】由图看出，轴上各点电势随着值得变化也会发生变化，说明随着的变化有电场力在轴方向上做功，所以空间各点场强的方向不全与轴垂直，故A错误．在轴上从 移到，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，但电场力不一定为零，也可能电场力与轴垂直，故B错误．正电荷沿轴从移到的过程中，电势升高，电荷的电势能增大，电场力做负功，故C错误．负电荷沿轴从移到的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功，故D正确．故选D．
点睛：此题关键是搞清图像反应的物理意义，通过电势的变化分析电势能的变化，从而分析电场力做功情况；判断电场力做功情况，也可以根据公式WAB=qUAB=q（φA-φB）分析。
8.如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合金属线框abcd共面，第一次将金属线框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属线框由位置Ⅰ翻转到位置Ⅱ，设两次通过金属线框截面的电荷量分别为q1和q2，则( )
A. q1
q2 D. q1≠0，q2＝0
【答案】A
【解析】由法拉第电磁感应定律、和 可得.设金属线框在位置Ⅰ时，通过金属线框的磁通量为正，且数值为Φ1，在位置Ⅱ时通过金属线框的磁通量数值为Φ2，第一次将金属线框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，磁通量的变化量为Φ1－Φ2，第二次将金属线框由位置Ⅰ翻转到位置Ⅱ，磁通量的变化量为Φ1＋Φ2，第二次磁通量变化大，通过的电荷量多，则选项A正确．故选A.
【点睛】本题的关键是确定磁通量的变化，要注意翻转后磁通量的方向与开始前的磁通量的方向相反，并掌握电量综合表达式的应用．
9.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大电阻不计的线圈，E为电源，S为开关．下列关于两灯泡点亮和熄灭的说法正确的是 （ ）
A. 合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些
B. 合上开关，b先亮，a后亮；稳定后a、b一样亮
C. 断开开关，a逐渐熄灭、b先变得更亮后再与a同时熄灭
D. 断开开关，b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭
【答案】B
【解析】
由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，线圈L直流电阻不计，当稳定后a、b一样亮。故A错误，B正确；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭，由于开关断开前ab电流大小一样 ，故不会出现更亮的情况，故CD错误。
10.如图所示，速度为v0
、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（ ）
A. 若改为电荷量﹣q的离子，将往上偏（其它条件不变）
B. 若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）
C. 若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其它条件不变）
D. 若粒子从选择器右端水平进入，则仍沿直线水平飞出（其它条件不变）
【答案】B
【解析】
【详解】正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B＝qE，即v0B＝E。
A、若改为电荷量﹣q的离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0B＝qE，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故A错误；
B、若速度变为2v0，洛伦兹力增大为原来的2倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向上偏转，故B正确；
C、若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B＝qE，即v0B＝E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故C错误；
D、若粒子从选择器右端水平进入，则粒子受到的电场力的方向向下，由左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力的方向也向下，所以离子将向下偏转，故D错误；
二、多项选择题（4×4＝16分）
11. 如图所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行。若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是（ ）
A. 导线框有两条边所受安培力的方向相同 B. 导线框有两条边所受安培力的大小相同
C. 导线框所受的安培力的合力向左 D. 导线框所受的安培力的合力向右
【答案】BD
【解析】
试题分析：若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，上下两边电流方向相反、而所在区域磁场方向相同，则安培力大小相等、方向相反，同样左右两条边电流方向也相反，所受安培力方向相反，由于所在区域磁场大小不等，则所受安培力大小不等。则B正确C错。若直导线中的电流增大，则导线右侧磁场增强，线圈中磁通量增大，根据楞次定律推论线圈将向右移从而阻碍线圈中磁通量增大，所以所受合力向右，则D正确C错。
考点：本题考查安培力与楞次定律。
12. 如图所示，一电量为q的带电粒子在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间区域做竖直平面内的匀速圆周运动，重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A. 粒子带负电 B. 粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动
C. 粒子的质量为Eq/g D. 粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为πE/gB
【答案】BCD
【解析】
粒子做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡，则受电场力向上，E向上，则带正电．故A错误；洛仑兹力提供向心力，受力方向指抽圆心，由左手定则知粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动．故B正确；因电场力等于重力，因mg=Eq，则粒子的质量为．故C正确；因又 mg=qE 则．粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为．故D正确；本题选择错误的，故选A．
点睛：考查带电粒子的运动规律，明确粒子能做匀速圆周运动的条件，并掌握左手定则的内容，注意粒子做匀速圆周运动的周期公式表达式．
13. 如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A（A、D两线圈同心共面）各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是
A加速向右 B加速向左 C减速向右 D减速向左
【答案】AB
【解析】
要使线圈A各处受到沿半径方向指向圆心的力,即线圈有收缩趋势，所以说明A中的磁感线在增加，即感应电流在增大，MN在做加速运动，所以AB正确。
14.水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（ ）
A. 外力对棒所做功相等 B. 电流所做的功相等
C. 通过ab棒的电荷量相等 D. 安培力对ab棒所做的功不相等
【答案】AD
【解析】
根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项A正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功大，故B错误．根据感应电荷量公式，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大．故C错误．当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D正确．故选AD．
点睛：对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析内能问题，要熟悉感应电荷量公式，这是电磁感应问题常用的经验公式．
三、实验题（8+6＝14分）
15.如图所示的两把游标卡尺，它们的游标尺自左至右分别为20等分、50等分，它们的读数依次为_____mm，_____mm。
【答案】 (1). 23.20 (2). 3.20
【解析】
【详解】20等分精确度微0.05mm，所以游标卡尺1读数为：23mm+4×0.05mm＝23.20mm。
50等分精确度微0.02mm，所以游标卡尺2读数为：3mm+10×0.02mm＝3.20mm
16.使用螺旋测微器测量两个金属丝的直径，示数如图所示，则a、b金属丝的直径分别为_____mm，_____ mm．
【答案】 (1). 2.150 (2). 0.045
【解析】
【详解】螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为15.0×0.01mm＝0.150mm，所以最终读数为2mm+0.150mm＝2.150mm。
螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为4.5×0.01mm＝0.045mm，所以最终读数为0mm+0.045mm＝0.045mm。
17.(1)如图为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为20～30 Ω的定值电阻，测量的某些操作步骤如下：
①调节可调节部件S，使电表指针停在位置________；(选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”)
②调节可调节部件K，使它在尖端指向欧姆挡______位置；(选填“×1 k”、“×100”、“×10”、“×1”)
③将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调节部件________，使电表指针指向________位置．(选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”)
(2)欧姆表调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是（ ）
A．这个电阻的阻值很小
B．这个电阻的阻值很大
C．为测得更准确些，应当换用“×1”挡，并且重新调零后进行测量
D．为测得更准确些，应当换用“×100”挡，并且重新调零后进行测量
【答案】 (1). (1)①电流0刻度 (2). ②“×1” (3). ③T (4). 欧姆0刻度 (5). (2)BD
【解析】
试题分析：（1）①使用多用电表时，首先进行机械调零：调节可调部件 S，使电表指针停在电流表、电压表的零刻度（或表盘左边的零刻度）的位置；
②选择合适的档位：因电阻约为20~30欧姆，则选择×1可使指针指到中间附近，读数较准确；
③选档后进行欧姆调零：将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件 T，使电表指针指向表盘右边的欧姆挡零刻线位置。
（2）偏转角度小，说明电流小，则电阻大，故A错误，B正确；因是大电阻，则要换档位大一些即换“×100”档．每次换档后要重新进行欧姆调零，故C错误，D正确。
考点：用多用电表测电阻
四、解答题（40分）
18.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场。其电场强度为E，在该匀强电场中，用长为L丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，重力加速度为g。求：
（1）画出小球的受力图；
（2）小球所带电荷的电性及电荷量大小；
（3）若剪断丝线，小球在平行金属板间加速度大小。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
（1）受力如图所示
（2）因为小球受到向右的电场力，所以小球带正电，由物体的平衡条件可得：
，，解得
（3）剪断细线后小球所受合力为,与T等值反向，
由牛顿第二定律得：，代入数据额解得：
19.如图所示，E、D两点将等腰直角三角形ABC的AB边三等分，AB=L，三角形ABC内有垂直于三角形平面的匀强磁场（图中未画出）。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v从E点垂直AB边射入磁场，它恰好垂直AC边射出磁场。求：
（1）磁感应强度的大小和方向；
（2）若让该粒子从D点垂直AB边射入磁场，但不能从AC边射出磁场，射入速度需要满足的条件。
【答案】(1) (2)不能超过
【解析】
（1）分析可知，粒子从E点进入磁场后向上偏，由左手定则得磁场方向垂直ABC平面向里。因为粒子从E
点进入磁场后，恰好垂直AC边射出磁场，所以粒子做圆周运动的圆心为A点，半径为r =L/3
qvB=
解得B=
（2）粒子从D点进入磁场时，当运动轨迹与AC边相切时为临界状态，设此种情况的射入速度为v0，圆心为O，切点为G，半径为r0，如图所示。
三角形AGO与三角形ABC相似， =
解得：
解得：
射入速度需要满足的条件是不能超过
20.如图1所示，一个圆形线圈的匝数匝，线圈面积，线圈的电阻，线圈外接一个阻值的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示求
在内穿过线圈的磁通量变化量；
前4s内产生的感应电动势；
内通过电阻R的电荷量q．
【答案】（1）4×10﹣2Wb（2）1V（3）
【解析】
试题分析：（1）依据图象，结合磁通量定义式，即可求解；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s内感应电动势的大小．（3）根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量．
（1）根据磁通量定义式，那么在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量为：
（2）由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率为：
4 s内的平均感应电动势为：
（3）电路中的平均感应电流为：，又，且
所以
【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量。
21.如图，两条平行的光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ角固定，轨距为d。P、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效阻值为R。空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上。现从静止释放ab。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）ab运动的最大速度vm；
（2）当ab具有最大速度时，ab消耗的电功率P；
（3）为使ab向下做匀加速直线运动，在ab中点施加一个平行于轨道且垂直于ab的力F， 推导F随时间t变化的关系式，并分析F的变化与a的关系。
【答案】（1）；（2） ；（3）
a.当a＜gsinθ时，F方向先沿斜面向上，大小由mgsinθ-ma开始减小到零，随后F方向沿斜面向下，大小从零开始增大。
b. 当a=gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从零开始增大；
c．当a＞gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从ma-mgsinθ开始增大。
【解析】
（1）ab具有最大速度时，处于平衡状态，受力分析如图；
由平衡条件： mgsinθ=FA
FA=BId
由闭合电路欧姆定律：
得：
（2）由电功率公式：P=I2R
得：
（3）ab做匀加速直线运动时，设F沿斜面向下，受力分析如图：
由牛顿运动定律： F+mgsinθ-FA=ma
FA=BId
V=at
得：
可见：F的大小随时间t呈线性变化
a.当a＜gsinθ时，F方向先沿斜面向上，大小由mgsinθ-ma开始减小到零，随后F方向沿斜面向下，大小从零开始增大。
b. 当a=gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从零开始增大；
c．当a＞gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从ma-mgsinθ开始增大
点睛：本题是电磁感应与牛顿第二定律的综合问题，一般是从力和能量两个角度进行研究．其中安培力的分析和计算是解题的关键步骤．
