2017-2018学年湖南省邵阳市第二中学高二上学期期末考试(理科)物理试题 解析版
湖南省邵阳市第二中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理（理）试题
一、选择题。本题共14小题，每小题4分，共56分。其中1-9题为单选题，10-14题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1. 用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的场强大小与方向．如图是两个不等量异种点电荷形成电场的电场线，A、B是电场中的两点，则（ ）
A. EA
EB，方向不同
D. EA>EB，方向相同
【答案】C
...............
2. 如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U的变化情况是（ ）
A. Q变小，C不变，U不变
B. Q变小，C变小，U不变
C. Q不变，C变小，U变小
D. Q不变，C变小，U变大
【答案】D
【解析】电容器与电源断开，电量Q保持不变，增大两极板间距离时，根据，知电容C变小，根据知两极板间的电势差U变大，故D正确，A、B、C错误．故选D．
【点睛】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．
3. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端滑动，则（ ）
A. 电灯L更亮，电流表的示数减小
B. 电灯L更亮，电流表的示数增大
C. 电灯L变暗，电流表的示数减小
D. 电灯L变暗，电流表的示数增大
【答案】A
【解析】试题分析：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化．
解：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知总电流减小，即安培表的示数减小，电灯L消耗的实际功率减小，所以电灯L变暗；总电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的示数增大．故ABC错误，D正确．
故选：D．
【点评】本题是简单的电路动态分析问题．对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化．
4. 如图所示，长为L的直导线垂直放置于匀强磁场中，导线中的电流大小为I，磁场的磁感应强度为B.关于导线受到的安培力，下列说法正确的是（ ）
A. 不受安培力
B. 大小为BIL，方向为垂直于导线向左
C. 大小为BIL，方向为垂直于导线向右
D. 大小为BIL，方向为垂直于纸面向外
【答案】B
【解析】试题分析：让磁感线垂直穿过左手手心，四指指向电流方向，则拇指指向为安培力方向，垂直于导线向左，大小为，B正确
考点：考查了安培力的计算
5. 下列各图中，正确标明了带电粒子所受洛伦兹力F方向的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】试题分析：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向，故D正确
考点：考查了洛伦兹力方向的判断
6. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是 （ ）
A. 增大匀强电场间的加速电压
B. 减小磁场的磁感应强度
C. 减小狭缝间的距离
D. 增大D形金属盒的半径
【答案】D
【解析】根据得，，则粒子从回旋加速器中射出时的动能，知D形盒的半径越大，粒子从回旋加速器射出时的动能越大，与狭缝间的电压无关，故B、D正确。
点晴：回旋加速器是运用电场加速、磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，结合D形盒的半径求出粒子的最大速度，从而得出最大动能，判断与什么因素有关，在回旋加速器中，交流电源的周期与粒子在D形盒中的周期相等。
7. 如图所示为一速度选择器，两极板P、Q之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．一束粒子流（重力不计）以速度v从a沿直线运动到b，则下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子一定带正电
B. 粒子一定带负电
C. 粒子的速度一定等于
D. 粒子的速度一定等于
【答案】C
【解析】试题分析：若粒子带正电，在板间受电场力向下，左手定则得洛伦兹力向上，若粒子带负电，电场力向上，洛伦兹力向下，也可以做直线运动，故粒子可能带正电，也可能带负电，所以A错误；B正确；要做直线运动，要求Bqv=qE，，所以C错误；D正确。
考点：本题考查带电粒子在复合场中的运动
8. 如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是（ ）
A. 若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向前滑动
B. 若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
C. 从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
D. 从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈
【答案】C
【解析】A项：若线圈闭合，进入磁场时，由于电磁感应现象，由楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A正确；
B项：若线圈不闭合，不会产生感应电流，线圈不受安培力，故线圈相对传送带不发生滑动，故B错误；
C、D项：由图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有，则第3个线圈为不合格线圈，故C正确，D错误。
9. 如图所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图像中的哪一个（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】在ac段切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca.线框有效的切割长度均匀增大，由E＝BLv知感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在ab
段也切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca.线框有效的切割长度均匀减小，由E＝BLv知感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小．故A图正确．
【点睛】本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象．
10. 如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（ ）
A. 带正电的矿粉落在右侧
B. 电场力对矿粉做正功
C. 带负电的矿粉电势能变大
D. 带正电的矿粉电势能变小
【答案】BD
【解析】试题分析：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误．无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项B正确带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C错误．带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D错误．故选B。
考点：电场力；电势能
【名师点睛】该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况。
11. 如图所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是( )
A. B. v1∶v2＝1∶2 C. t1∶t2＝2∶1 D. t1∶t2＝3∶1
【答案】AD
【解析】分别画出a、b两种粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示：
若正方形边长为L，由几何关系关系求出两种粒子做匀速圆周运动的半径分别为，，偏转角分别为，
A、B、由洛仑兹力提供向心力可得，所以，选项A正确，选项B错误。C、D、粒子在磁场中的运动时间，所以两种粒子的运动时间之比，故C项错误，D项正确。故选BD.
【点睛】本题是带电粒子在正方形磁场中做匀速圆周运动的情况，只是速度大小和方向不同，粒子分别从不同的特殊点射出，画出两种情况下粒子的轨迹是关键：先根据几何关系求出半径关系，从而求出速度关系，由偏转角的关系得到运动时间的关系。
12. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是（ ）
A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C. 楞次在实验中发现了感应电流
D.
法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【答案】AB
【解析】A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电现象可以产生磁现象，故A正确．B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象．故B正确.C、法拉第经过10年的努力终于发现了电磁感应现象及其规律，故C错误．D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故D错误．故选AB。
【点睛】本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，需要学生平时加强积累．
13. 下列各图中（磁场均为匀强磁场）线框的运动能够产生感应电流的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】A、磁感线垂直纸面向里，导体框向右水平运动，有双棒切割了磁感线，回路中的磁通量不变则没有感应电流，故A错误；B、线框绕垂直于磁场的转轴转动，引起磁通量的变化会产生感应电流，故B正确；C、磁感线向右且导体水平向右运动，没有做切割磁感线运动，回路无感应电流，故C错误；D、线框离开磁场边界时磁通量的减少产生感应电流，故D正确；故选BD．
【点睛】感应电流的条件是磁通量的变化，具体只有两种：一是B的变化产生感生电动势；二是S的变化产生动生电动势.
14. 如图甲，在虚线所示的区域有竖直向上的匀强磁场，面积为S的单匝金属线框放在磁场中，线框上开有一小口与磁场外阻值为R的小灯泡相连．若金属框的总电阻也为R，磁场如图乙随时间变化，则下列说法正确的是（ ）
A. a 端电势较高
B. 线框cd边受到的安培力指向左
C. ab间电压大小为
D. 0~t0时间内小灯泡的电功率为
【答案】ACD
【解析】A、由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极b到正极a，而通过R的电流方向为a→b，即a端电势高，故A正确；B、根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向右，故B错误；C、穿过线圈的感应电动势为，由闭合电路殴姆定律可得，则电阻R两端的电压为，故C项正确。D、由电功率的计算表达式，则D项正确。故选ACD.
【点睛】
由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极．
二、非选择题（本题共小题，共44分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
15. 为了研究某导线的特性，某同学所做部分实验如下：
(1)用螺旋测微器测出待测导线的直径，如图甲所示，则螺旋测微器的读数为_____mm；
(2)用多用电表直接测量一段导线的阻值，选用“×10”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，因此需选择________倍率的电阻档(选填“×1”或“×100”)，欧姆调零后再进行测量，示数如图乙所示，则测量值为_______Ω；
(3)另取一段同样材料的导线，进一步研究该材料的特性，得到电阻R 随电压U变化图像如图丙所示，则由图像可知，当所加电压为3.00V时，材料实际消耗的电功率为________W．(结果保留两位有效数字)
【答案】 (1). 1.732（1.730～1.734） (2). ×1 (3). 22 （或22.0） (4). 0.78（0.76-0.80）
【解析】试题分析：（1）主轴读数1.5mm，螺旋读数23.1×0.01mm，所以测量值为1.5+0.231mm=1.731mm；（2）选用“×10”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，说明阻值较小，应换用更小的倍率×1；（3）由图知刻度值22，测量值为22×1=22Ω；（3）常温时，电压为零时，由图知，R=1.5Ω；电压为3V时，电阻11.5Ω，消耗功率
考点：本题考查欧姆表的使用
16. 为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω为保护电阻．
(1)断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出的关系图线（该图线为一直线），如图丙所示．由图线可求得电池组的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω．（保留两位有效数字）
(2)引起该实验系统误差的主要原因是___________．
【答案】 (1). 2.9 (2). 1.1 (3). 电压表分流，（导致通过电源的电流的测量值偏小）
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律进行数学变形，得,根据数学知识得知关系图线的纵截距，斜率;由图得到b=0.35， 则电动势，内阻r=kE-R0=2.1×2.9-5≈1.2Ω
(2)由图甲所示电路图可知，电压表与电阻箱并联，由于电压表的分流作用，流过保护电阻与电源的电流大于流过电阻箱的电流，这是造成实验误差的原因．
【点睛】本题主要考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单．
17. 如图所示，质量为m，电荷量为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；
(2)求粒子做匀速圆周运动的时间；
(3)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) (3)E=vB
【解析】(1)由洛伦兹力公式，粒子在磁场中受力为F=qvB ①
粒子做匀速圆周运动所需向心力 ②
联立①②得 ③
(2)由匀速圆周运动周期与线速度关系： ④
联立③④得
则粒子的圆周运动时间为
(3)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
18. 如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ=60°．已知偏转电场中金属板长L=2cm，圆形匀强磁场的半径R=10cm，重力忽略不计．求：
(1)带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．
【答案】(1)v1=1.0×104m/s (2) E=10000V/m (3) B=0.13T
【解析】解：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，
根据动能定理：qU1=mv12﹣0 ①
代入数据解得：v1=1×104m/s ②；
（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．
在水平方向微粒做匀速直线运动．水平方向：v1=③
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向：a=v2=at ④
由几何关系：tanθ=⑤
代入数据解得：E=10000V/m ⑥
（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v，
则v=，
代入数据解得：v=2×104m/s ⑦
由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，
则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
则轨迹半径为：r=Rtan60°，解得：r=0.3m ⑧
由牛顿第二定律得：qvB=m⑨
代入数据解得：B=0.13T ⑩；
答：（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率为1×104m/s；
（2）两金属板间偏转电场的电场强度E为10000V/m；
（3）匀强磁场的磁感应强度的大小为0.13T．
【点评】本题的难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的关系．
19. 如图，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一圆弧，半径分别为r1=8r和r2=r。在水平矩形D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速释放，则：
(1)求导体棒P进入磁场瞬间的速度；
(2)求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向（顺时针或逆时针）；
(3)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度；
(4)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围。
【答案】(1) (2),方向逆时针 (3) (4)
【解析】(1)导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：
解得：
(2)求导体棒P到达D1D2瞬间：
回路中的电流，方向逆时针
(3)棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：
可得
设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律：
代入数据得：
(4)由(3)若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道
根据能量守恒，回路中产生的热量
若导体棒Q与P能达到共速v，则根据动量守恒：
可得
回路中产生的热量
综上所述，回路中产生热量的范围是：
【点睛】是电磁感应与电路、磁场、力学、功能关系，临界条件等知识的综合应用，重点考察了功能关系以及动量守恒定律的应用，是考查分析和处理综合题的能力的好题．
