江西省南昌市第十中学2017_2018学年高二物理上学期期末考试试题201807040349

南昌十中2017－2018学年上学期期末考试高二物理试题说明：本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，全卷满分110分。

考试用时100分钟注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。

1．答题前，请您务必将自己的姓名、IS号用书写黑色字迹的0．5毫米签字笔填写在答题纸上，同时用2B铅笔在规定的位置上认真填涂自己的IS号。

2．作答非选择题必须用书写黑色字迹的0．5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。

作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。

3．考试结束后，请将答题纸交回监考老师。

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

1—7每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分；8—10题每小题给出的四个选择中，至少有两个选项正确，选对得4分，漏选得2分，错选得0分）1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成闭合回路，然后观察电流表的变化B．在通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化D．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化2．图为地磁场磁感线的示意图，在南半球磁场的竖直分量向上，飞机MH370最后在南印度洋消失，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，则在南印洋上时( )A．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高B．若飞机从西往东飞，φ1比φ2高C．若飞机从北往南飞，φ1比φ2高D．若飞机从南往北飞，φ1比φ2高3．如图所示，两块水平放置的平行金属板间距为d ，定值电阻的阻值为R ，竖直放置的线圈匝数为n ，线圈和导线的电阻忽略不计，现有竖直向上的磁场B 穿过线圈，在两极板中一个质量为m 、电量为q 、带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B 的变化情况是( ) A ．均匀增大，磁通量变化率的大小为mgdnqB ．均匀增大，磁通量变化率的大小为2mgdnqC ．均匀减小，磁通量变化率的大小为2mgd nqD ．均匀减小，磁通量变化率的大小为mgdnq4.如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A ．由c 到d ，I ＝Br 2ωRB ．由d 到c ，I ＝Br 2ωRC ．由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD ．由d 到c ，I ＝Br 2ω2R5．如图所示，L 为一个带铁芯的线圈，R 是纯电阻，两支路的直流电阻相等，那么在接通和断开开关瞬间，两表的读数I 1和I 2的大小关系分别是（ ）A ．I 1＜I 2，I 1=I 2B ．I 1＜I 2，I 1＞I 2C ．I 1＞I 2，I 1＜I 2D ．I 1=I 2，I 1＜I 26．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .边长为L 、总电阻为R 的正方形导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域．取沿adcb 的感应电流为正，则表示线框中电流i 随bc 边的位置坐标x 变化的图象正确的是( )7．如图所示，闭合小金属环从高h 处的光滑曲面上端无初速度滚下，又沿曲面的另一侧上升，则下列说法正确的是( )A ．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hB．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于hC．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hD．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度大于h8．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则( )A．用电器中的电流方向从B到AB．若板间距及粒子的喷入速度不变，增强磁场，发电机的电动势增大C．若磁场及板间距不变，增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大D．用电器中的电流方向从A到B9．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为F N，则( )A．t1时刻，F N＞G B．t2时刻，F N＞G C．t3时刻，F N＜G D．t4时刻，F N=G10．如图所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，间距为L＝0.5 m，一匀强磁场磁感应强度B＝0.2 T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻不计的金属棒ab垂直紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，经过一段时间金属棒达到稳定状态，这段时间内通过R的电荷量为0.3 C，则在这一过程中(g＝10 m/s2)( )A．电阻产生的焦耳热为0.04 JB．安培力最大值为0.05 NC．这段时间内下降的高度1.2 mD．重力最大功率为0.1 W二、填写题（本大题共3小题，每空3分，共18分，请把答案写在答题卷指定的空格上。

）11．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整；（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A．将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．B．线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．12．如图，互相平行的两条金属轨道固定在同一水平面上，上面架着两根互相平行的铜棒ab和cd，磁场方向竖直向上．如不改变磁感强度方向而仅改变其大小，使ab向左，cd向右运动，则B应____．（填“增大”或“减小”）13．把一线框ABCD从一匀强磁场中拉出，如图所示。

第一次拉出的速率是v ，第二次拉出速率是 3 v ，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是，拉力功率之比是．三、计算题（本大题共5小题，共52分，解答本题时，应写出必要的文字说明，方程式和重要的算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数字计算的解答中必须明确写出数值和单位。

）14．（8分）如图1所示，一个匝数n=20的圆形线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω。

在线圈中存在面积S2=0.3m2、垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示。

将其两端a、b与一个R=2Ω的电阻相连接，b端接地。

试分析求解：（1）判断a、b两点哪点电势高（2）圆形线圈中产生的感应电动势E；（3）电阻R消耗的电功率；（4）t=4s时间内通过电阻R的电量．15．（10分）如图所示，在水平面内固定一光滑“U”型导轨，导轨间距L=2m，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度B=0.5T．一导体棒MN以v0=2m/s的速度向右切割匀强磁场，导体棒MN在回路中的电阻r=0.1Ω，定值电阻R=0.4Ω，其余电阻忽略不计．求：（1）金属杆MN两端的电压．（2）若在导体棒上施加一外力F，使导体棒保持匀速直线运动，求力F 的大小和方向．16．（10分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到x轴距离相等．不计粒子重力，为：（1）粒子到达O 点时速度的大小和方向； （2）电场强度和磁感应强度的大小之比．17．（12分）小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈（不计重力），两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为n 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I ．挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2) （1）为使电磁天平的量程达到1.0kg ，线圈的匝数n 1至少为多少？（2）进一步探究电磁感应现象，另选n 2＝50匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图2所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt．18．（12分）如图所示，以MN 为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，MN 上方有一单匝矩形导线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，bd 边长为l 1，ab 边长为l 2，cd 边离MN 的高度为h 。

现将线框由静止释放，线框下落过程中ab 边始终保持水平，且ab 边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中， （1）ab 边离开磁场时的速度v ；（2）通过导线横截面的电荷量q ； （3）导线框中产生的热量Q 。

高二期末考试答案1.C2.A3.A4.D5.D6.A7.A8.BCD9.AD 10.AC11.向左向右12.减小13.1:3 1:914.（1）b (2)0.9V (3) 0.18W (4)1.2C15. （1）1.6 V（2）4N16. （1）粒子到达O点时速度的大小为，方向x轴方向的夹角为45°角斜向上．（2）电场强度和磁感应强度的大小之比EB=24V0解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有沿x轴正方向：2L=v0t，①竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L=②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为v y根据速度时间关系可得：v y=at ③设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有tanα=④联立①②③④式得：α=45° ⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上．设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有v==；（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得：qE=ma ⑧由于解得：E=⑨设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB=m ⑩由于P 点到O 点的距离为L ，则由几何关系可知R= 22L解得：EB=24V0．答：（1）粒子到达O 点时速度的大小为，方向x 轴方向的夹角为45°角斜向上．（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为EB=24V0． 17.（1）n 1＝50匝 （2）ΔBΔt ＝0.4T/s解析：(1)线圈受到安培力F ＝n 1B 0IL天平平衡mg ＝n 1B 0IL 代入数据得n 1＝50匝 (2)由电磁感应定律得E ＝n 2ΔΦΔt即E ＝n 2ΔBΔt Ld由欧姆定律得I ′＝E R线圈受到安培力F ′＝n 2B 0I ′L 天平平衡m ′g ＝n 22B 0ΔB Δt ·dL2R代入数据可得ΔBΔt ＝0.4T/s18.【答案】（1）V=mgRB2L22（2）12Bl l q R（3）=B +B −BBBBBB【解析】（1①，EI R=②，F=BIL 2③，mg F =④ 由①②③④联立： V=mgRB2L22 （2）导线框穿过磁场的过程中，q It =⑤，E I R=⑥，12Bl l E t t Φ∆==∆⑦，12Bl l q R =。