2017-2018学年辽宁省抚顺市六校联合体高二上学期期末考试物理试题 解析版 17页

抚顺市清原高中，抚顺市10中、新宾高中、抚顺市12中、抚顺县高中、四方高中六校联合体2017－2018上学期高二期末考试 物理试卷 一、选择题：1—9题为单选，10—12题为多选，每题4分，共48分（少选2分，多选错选均不得分。）。‎ ‎1. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。一带电粒子只在电场力作用下经A点飞向B点，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是 ( )‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在B点加速度大 C. 粒子在B点动能大 D. 粒子在B点的电势能较小 ‎【答案】B ‎【解析】A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力方向向下，与电场线的方向相反，所以该粒子带负电，故A错误；‎ B、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，故B正确；‎ 故选B。‎ ‎2. 下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】A图中ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b．故A正确．B图中ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误．C图中穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a．故C错误．D图中ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误．故选A．‎ 点睛：本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方向上结果是相同的，不过研究的对象不同．‎ ‎3. 如图所示，条形磁铁放置在水平地面上，在其右端上方固定一根水平长直导线，导线与磁体垂直，当导线中通以垂直纸面向内的电流时，则（　　）‎ A. 磁铁对地的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力 B. 磁铁对地的压力减小，磁铁受到向右的摩擦力 C. 磁铁对地的压力增大，磁铁受到向左的摩擦力 D. 磁铁对地的压力增大，磁铁受到向右的摩擦力 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大．‎ 故选D 考点：磁场对电流的作用 点评：本题直接分析磁铁受力很困难，但可以根据磁场分布分析导线受力，应用牛顿第三定律就可以解决问题。‎ ‎4. 在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电油滴正好处于静止状态．为使带电油滴向上加速运动，可采取的措施是 (　 　)‎ A. 增大R1的阻值 B. 增大R2的阻值 C. 增大R3的阻值 D. 增大M、N间距 ‎【答案】C ‎【解析】A项： 在回路中起保护电容器的作用，所以它的大小不影响电路中的电流和电压，即改变的大小不能使得带电油滴向上运动，A项错误；‎ B项：要是带电粒子向上运动，应该增大电容器之间的电场强度，由知道，当d不变时，应增大电容器两端的电压，然后根据串反并同的 知识我们知道应该增大 或者减小 的阻值，所以选项B错，C对；‎ D项：由公式知，当电压不变时，要使电场强度增大，则应该减小两个板之间的距离，所以D项错误；‎ 综上所述，本题答案是C ‎5. 如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像，直线C为电阻R两端的电压与电流的关系图像．电源a、b的电动势分别为Ea、 Eb，内阻分别为ra 、rb ，将电阻R分别接到a、b两电源上，则（ ）‎ A. R接到a电源上，电源的输出功率较小 B. R接到b电源上，电源的效率较低 C. Ea > Eb，ra < rb D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】电阻R的U-I线与两电源的U-I图像的交点为电阻的工作点，由图像可知，C与A交点的横纵坐标的乘积较大，则电源的输出功率较大，选项A错误．由图像可知由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，A电源的内阻r较大，电源的效率．由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，B电源的内阻r较小，R接到B电源上，电源的效率较大，故B错误．由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，图象与U轴的交点表示电动势，则A的电动势较大，图象的斜率表示内阻，则B电源的内阻r较小，A电源的内阻r较大．故C错误；由图可知，两电源的短路电流相等，根据I短=可知，，变形可得：，故B正确；故选D.‎ 点睛：解题时要知道电源的U-I图象斜率大小等于电源的内阻，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．‎ ‎6. 如图1所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示．以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在0—1s内，原磁场均匀增加，故线圈中产生的磁场方向向外，由右手定则可知，感应电流的方向为逆时针，与标定的电流方向相反，故感应电流为负的，且不变，故BD错误；在1s—2s的时间内，原磁场不变，故感应电流为0，在2s—3s的时间内，原磁场减小，故感应电流为正值，又因为在这个时间内的原磁场的变化率较大，是0—1s变化的2倍，故产生的感应电流也是原来的2倍，故选项A错误，C正确。‎ 考点：法拉第电磁感应定律。‎ ‎【名师点晴】在2s—3s的时间内，可分为两个过程，一是原磁场方向向里减小，故线圈中感应电流的磁场是向里的，二是原磁场方向向外增加，故线圈中的感应电流的磁场也是向里的，故在2s—3s这段时间内的感应电流是一个方向，且磁场均匀变化，故电流的大小不变。‎ ‎7. 如图甲所示，n＝15匝的圆形线圈M，其电阻为1Ω，它的两端点a、b与阻值为2Ω的定值电阻R相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示．则（ ）‎ A. 线圈中感应电流是顺时针方向 B. 线圈中感应电动势力大小1.5V C. 电路中电流是1.0 A D. 电阻R的热功率是3.0W ‎【答案】C ‎【解析】由Φ-t图象知，穿过M的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流是逆时针方向，由法拉第电磁感应定律得：，选项B错误；由闭合电路欧姆定律得：，选项C正确；电阻R的热功率是，选项D错误；故选C．‎ ‎8. 如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则 （ ）‎ A. 由上往下看，液体做顺时针旋转 B. 液体所受的安培力大小为 1.5N C. 闭合开关后，液体热功率为0.81W D. 闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J ‎【答案】D ‎【解析】A、由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，A正确；‎ B、电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律：，所以电路中的电流值：，液体所受的安培力大小为：，B错误；‎ C、玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为，则液体热功率为 ；，C错误；‎ D、10s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：，所以闭合开关10s，液体具有的动能是：，D正确；‎ 故选AD。‎ ‎9. 如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环．金属杆OM的长为，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列判断正确的是 （ ）‎ A. OM两点间电势差绝对值的最大值为 B. 金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为 C. 通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P D. 通过电阻R的电流的最大值为，且P、Q两点电势满足 ‎【答案】B ‎【解析】M端线速度为v=ωl，OM转动切割磁感线产生的电动势为E=Bl∙=BL2ω，B正确；当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小，R并=×2R=R，通过电阻R的电流的最小值为Imin= ，根据右手定则可得电流方向从Q到P，此时OM两点间电势差绝对值的最大值为， AC错误；当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流Imax=‎ ‎，根据右手定则可得电流方向从Q到P，P、Q两点电势满足φP＜φQ，D错误；故选B.‎ 点睛：本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=Bl2ω来计算．‎ ‎10. 光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝0.20m 的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60g、电阻R＝1Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计（sin 53°＝0.8，g＝10m/s2），则 (　 　)‎ A. 磁场方向一定竖直向下 B. 电源电动势E＝3.0V C. 导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3N D. 导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048J ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：棒在安培力的作用，获得动能，根据左手定则分析磁场的方向．根据动能定理和安培力公式、欧姆定律结合求电源的电动势，并求出安培力F的大小．由能量守恒求解电源提供的电能．‎ 解：A、当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确；‎ BC、设电路中电流为I，电源的电动势为E，则 根据动能定理得：mgL（1﹣cos53°）=FLsin53°，解得安培力 F=0.3N 由F=BIL=BL，得 E=3V，故B正确，C错误．‎ D、导体棒在摆动过程中电源提供的电能为 E=mgL（1﹣cos53°）=0.06×10×0.2×0.4J=0.048J，但是还有焦耳热，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎【点评】本题是通电导体在磁场中运动问题，知道运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量守恒定律分析能量问题．‎ ‎11. 用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为+q的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，悬线处于伸直状态，则磁场的运动速度和方向可能是（　　）‎ A. ，水平向左 B. ，水平向下 C. ，竖直向上 D. ，水平向右 ‎【答案】AC ‎【解析】若磁场的运动方向水平向左，则小球相对磁场水平向右，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，当洛伦兹力等于重力，处于平衡状态，则有：Bqv=mg，解得：，故A正确；若磁场的运动方向竖直向下，则小球相对磁场竖直向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向左，则不可能处于平衡状态．故B错误；若磁场的运动方向竖直向上，则小球相对磁场竖直向下，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向右，当洛伦兹力与拉力的合力与重力相等时，则处于平衡状态，则有：Bqv=mgtanα，解得：，故C正确，若磁场的运动方向水平向右，则小球相对磁场水平向左，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，不可能处于平衡状态，D错误；故选AC．‎ 点睛：此题考查左手定则与平衡方程的应用，注意相对运动理解，突出小球相对磁场的运动方向是解题的关键，同时掌握三角函数的应用．‎ ‎12. 如图所示，带电小球在匀强磁场中沿光滑绝缘的圆弧形竖直轨道的内侧来回往复运动，它向左或向右运动通过最低点时（ ）‎ A. 加速度大小相等 B. 速度大小相等 C. 所受洛仑兹力大小相等 D. 轨道对它的弹力大小相等 ‎【答案】ABC ‎【解析】小球在运动过程中受重力，支持力和洛伦兹力。支持力和洛伦兹力不做功，所以只有重力做功，机械能守恒，它向左或向右运动通过最低点时速度大小相同，A对。加速度，相同，B对。洛仑兹力大小相同，C对。向左或向右运动通过最低点时，所受洛伦兹力方向相反，与支持力合力提供向心力，向心加速度相同，即向心力相同，洛伦兹力方向不同，支持力不同，D错。‎ 二、实验题：（本题共2小题，共18分）‎ ‎13. 用电流表和电压表测电池的电动势和内阻，提供的器材如图甲所示．‎ ‎ ‎ ‎(1)把图甲中的实物连接成测量电路．_________________ ‎ ‎(2)图乙中的6 个点表示实验测得的6 组电流I、电压U的值，按照这些实验值作出U－I图线_____________，由此图线可得 电源的总电动势E＝_______V，电源的 总内阻r＝______Ω．(保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 2.98(2.94～3.00) (4). 0.742(0.724～0.769)‎ ‎【解析】（1）实物连线如图；‎ ‎（2）画出的U-I图像如图；‎ ‎...............‎ ‎14. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝阻值约为4Ω．‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径d．其中一次测量结果如图所示，图中读数为d＝________mm．‎ ‎(2)为了测量金属丝的电阻R，除了导线和开关外，还有以下器材可供选择：‎ 电压表V (量程为3 V，内阻约为3 kΩ)；‎ 电流表A1 (量程为0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；‎ 电流表A2 (量程为100 μA，内阻约为2000 Ω)；‎ 滑动变阻器R1 (0～1750Ω，额定电流为0.3 A)；‎ 滑动变阻器R2 (0～50Ω，额定电流为1 A)；‎ 电源E1 (电动势为15 V，内阻约为0.5Ω)；‎ 电源E2 (电动势为3 V，内阻约为1.2Ω)．‎ 为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选用_______，滑动变阻器应选用________，电源应选用___________．(均填器材的符号)‎ ‎(3)用测量量表示计算材料电阻率的公式：ρ＝__________(已用刻度尺测量出接入电路中的金属丝的有效长度为L，电压表、电流表示数分别用U、I表示)．‎ ‎【答案】 (1). 0.680(0.678~0.681) (2). A1 (3). R2 (4). E2 (5). ‎ ‎【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为18.0×0.01mm=0.180mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.180mm=0.680mm． （2）电压表量程是3V，电源应选E2（电动势为3V，内阻约为1.2Ω），电路最大电流约为I=≈0.58A，电流表应选A1，量程0.6A，内阻约0.2Ω，为方便实验操作，滑动变阻器应选R2，0～50Ω，额定电流1A． （3）由欧姆定律得，电阻阻值，由电阻定律得： ，解得：ρ=．‎ 三、计算题：本题共3小题，共34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.‎ ‎ 有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L=0.5m，其平面与水平面的夹角为θ=37°，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，金属棒与轨道的动摩擦因数μ=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为E=3V，内阻r=0.5Ω．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎①为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？‎ ‎②滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？‎ ‎【答案】(1) (2)2.5Ω≤R≤14.5Ω ‎【解析】（1）当金属棒正要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大I1，由平衡条件得：mgsinθ+μmgcosθ=BLI1‎ 代入数据解得：I1=1A ‎（2）由 ，代入数据解得：R1=2.5Ω ‎ 当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金属棒的电流最小为I2，‎ 由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ+BLI2‎ 由闭合电路欧姆定律得：，解得：R2=14.5Ω， ‎ 因此滑动变阻器的阻值范围是：2.5Ω≤R≤14.5Ω；‎ 点睛：题关键是金属棒能静止在轨道上是有静摩擦力作用，静摩擦力作用的问题总是离不开方向的变化，由此以最大静摩擦力的方向来分析解决问题．‎ ‎16. 如图所示，两根半径为r的圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg．求：‎ ‎(1)当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向(填a→R→b或b→R→a)；‎ ‎(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；‎ ‎(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．‎ ‎【答案】(1),方向为a→R→b (2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，由此条件列式求解流经电阻R的电流大小，由右手定则判断电流方向．‎ ‎（2）金属棒下滑过程中，回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电量．‎ ‎（3）先由牛顿第二定律求出金属棒到达最低点时的速度，再根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量．‎ 解：（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：‎ mgcosθ=BIL 解得：I=，流经R的电流方向为a→R→b．‎ ‎（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：‎ ‎△Φ=BS=B•L•=‎ 平均电动势为：=，平均电流为：=‎ 则流经电阻R的电量：q=t==‎ ‎（3）在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m 据题有：N=1.5mg 由能量转化和守恒得：Q=mgr﹣=mgr 电阻R上发热量为：QR=Q=‎ 答：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小为，流经R的电流方向为a→R→b．‎ ‎（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量为．‎ ‎（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量为．‎ ‎【点评】解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解．‎ ‎17. 如图所示，相距为d的平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)以初速度沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场进入磁场。已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角。求：‎ ‎(1)金属板M、N间的电压U；‎ ‎(2)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C (图中未画出)与坐标原点的距离OC和从P到C的时间;‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】（1）设平行金属板MN间匀强电场的场强为E0，则有：U=E0d 因为离子在金属板方向射入两板间并做匀速直线运动有：qE0=qv0B0 解得金属板M、N间的电压：U=B0v0‎ d （2）在第一象限的电场中离子做类平抛运动，有：cos45°= 故离子运动到A点时的速度：v=v0 在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m，可得： 如图所示，根据几何关系可得：AC=2Rcos45°=R= 又因为：OA=v0t1= 因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C与坐标原点的距离：OC=OA+AC= 类平抛规律有：vy=at1 根据牛顿第二定律可得：qE=ma 根据几何关系可得：tan45°= 解得离子在电场E中运动到A点所需时间：t1= 离子在磁场B中运动到C点所需时间： 所以离子从P到C的时间：tPAC=t1+t2= ‎ 点睛：本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎ ‎