江苏省扬州市2015-2016学年高二上学期期末考试物理(选修)试题解析(解析版)

考试时间100分钟，满分120分 第Ⅰ卷（选择题 共31分）
一．单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个．．．．选项符合题意．将正确选项填涂在答题卡上相应位置．
1．如图所示，把一直导线平行地放在小磁针的正上方附近，当导线中有电流通过时，小磁针会发生偏转．发现这个实验现象的物理学家是
【答案】C 【解析】
试题分析：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特．故C 正确，ABD 错误. 考点：物理学史
【名师点睛】本题考查的是物理学常识．对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一.
2．将一长度为0.1m 的直导线放入某一匀强磁场中，当导线中通入电流为2A 时，测得其所受安培力为0.1N ．则此匀强磁场的磁感应强度大小为
A ．
B < 2T B ．B ≥0.5T
C ．B < 0. 5T
D ． B = 2T 【答案】B 【解析】
试题分析：长度为0.1m 的通电直导线，垂直放置于匀强磁场，通入电流为2A ，则由公式可得安培力的大小为20.10.1F BIL B N N ==⨯⨯=．解得0.5B T =，安培力方向始终与电流与磁场所构成的平面垂直，此时为最小值，故选项B 正确。

考点：安培力
【名师点睛】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F BIL =求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．安培力方向始终与电流与磁场所构成的平面垂直。

3．如图所示电路，开关S 闭合后，将滑动变阻器的滑片P 向左移动，则在此过程中
A ．电流表读数变大，电压表读数变小，灯泡变亮
B ．电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗
C ．电流表、电压表读数均变大，灯泡变亮
D ．电流表、电压表读数均变小，灯泡变暗 【答案】A 【解析】
试题分析：由电路图知，滑片P 向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器的分压变小；滑动变阻器接入电路阻值变小，滑动变阻器分压变小，电压表示数变小；电源电压不变，灯泡两端电压L U 变大；滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流变大，电流表示数变大；灯泡两端电压L U 变大，电路电流I 变大，灯泡实际功率L P U I 变大，灯泡变亮，故选项A 正确。

考点：欧姆定律的应用；电路的动态分析
【名师点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用串联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可正确答题。

4．如图所示电路中，开关S 原先闭合，电路处于稳定状态时，通过两电阻的电流大小分别为I 1，I 2，已知R 1＞R 2，不计线圈L 的直流电阻，○A 为理想电流表．在某一时刻突然断开开关S ，则通过电流表的电流I 随时间t 变化的图线可能是下图中的
【答案】D 【解析】
试题分析：当断开电键，原来通过1R 的电流立即消失，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与原来流过电阻1R 的方向相反，慢慢减小最后为0．故D 正确。

考点：自感现象和自感系数
【名师点睛】做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L 中原来电流的方向即电动势的正极。

5．如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁粗糙程度处处相同，处在方向彼此垂直的匀强电场和匀强磁场中，电场强度和磁感应强度的大小分别为E 和B ．一个质量为m ，电荷量为+q 的小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球所受弹力N 、运动速度v 、运动加速度a 、运动位移x 、运动时间t 之间的关系图象中正确的是
【答案】A 【解析】
试题分析：下落过程中电场力向右，洛仑兹力向左，开始时Eq qvB >，故支持力向左，随着洛仑兹力逐渐增大，当Eq qvB <时支持力向右，故支持力先向左减小然后反方向增大，故选项A 正确；当Eq qvB >时，
N Eq v F q B =-，所以根据牛顿第二定律：()mg Eq qvB mg f a m m
μ---=
=，随着速度v 的增大，加速度增大，当Eq qvB =时，加速度最大，当Eq qvB <时，根据牛顿第二定律：()mg qvB Eq mg f a m m μ---==，随着速度v 的增大，加速度减小，故加速度先增大后减小，可以看出加速度不是均匀变化，故选项BC 错误；由于小球一直向下加速运动，故选项D 错误。

考点：带电粒子在混合场中的运动
【名师点睛】小球下落过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力，洛伦兹力从零开始增加，根据平衡条件判断弹力、摩擦力的变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况。

二．多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分． 6．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是
A ．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流
B ．若闭合电路的导线做切割磁感线运动，导线中不一定有感应电流
C ．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，该电路中一定没有感应电流
D ．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，该电路中一定有感应电流 【答案】BD
考点：感应电流的产生条件
【名师点睛】此题要求理解感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化才能产生感应电流．要产生感应电流，电路一定要闭合，穿过的磁通量还要变化，缺一不可。

7．如图甲所示电路，小灯泡通电后其两端电压U 随所通过的电流I 变化的图线如图乙所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PM 垂直于U 轴，PQ 垂直于I 轴，下列说法中正确的是
A ．随着电流的增大，小灯泡的电阻减小
B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1
I 2
C ．在电路中灯泡L 两端的电压为U 1时，电阻R 两端的电压为I 1R
D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的“面积” 【答案】BD 【解析】
试题分析：图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A 错误；对应P 点，小灯泡的电阻为1
2
U R I =
，故B 正确；在电路中灯泡L 两端的电压为1U 时，电阻R 两端的电压为2I R ，故C 错误；由恒定电流的功率公式P UI =，推广可知，对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积，故D 正确。

考点：电功、电功率
【名师点睛】此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P 点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可对应图线的“面积”。

8．速度相同的一束粒子（不计重力）经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如右图所示，则下列相关说法
中正确的是
A ．该束带电粒子带正电
B ．速度选择器的P 1极板带负电
C ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于
1
E B D ．若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小 【答案】ACD 【解析】
试题分析：由图可知，带电粒子进入匀强磁场2B 时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电，故A 正确；在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的1P 极板带正电，故B 错误；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：1qvB qE =，解得1
v E
B =
，故C 正确；粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得2
qvB r
v m =，解得mv r qB =．可见，由于v 是一定的，B 不变，半径r 越大，则 q m 越小，故D 正确。

考点：质谱仪的工作原理
【名师点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。

9．在半径为r 、电阻为R 的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，磁感应强度的大小分别为B 1、B 2．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律分别如图乙所示．则0～t 0时间内，导线框中
A ．感应电流方向为顺时针
B ．感应电流方向为逆时针
C ．感应电流大小为πr 2B 0
t 0R
D ．感应电流大小为2πr 2B 0
t 0R
【答案】AC 【解析】
试题分析：根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流，也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为20
22r B E t π=⨯
，再
由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为20
0r B I t R R
E π==．故C 正确，D 错误。

考点：电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差是解题的关键。

第Ⅱ卷（非选择题 共89分）
三．简答题： 本题共2小题，共26分．把答案填在答题卡相应的位置或按要求作答． 10．实验室有一卷铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．
（1）该同学首先用螺旋测微器测得导线直径如图a 所示，则其大小为 ▲ mm ；
（2）根据铜导线的长度，他估计其电阻大约有5Ω，随后他设计了一个实验，较为准确地测定了这卷铜导线的电阻，实验室有以下器材供选择： A ．电池组(6V ，内阻约1 Ω) B ．电流表(0～3 A ，内阻约0.01Ω) C ．电流表(0～0.6 A ，内阻约0.2Ω) D ．电压表(0～3 V ，内阻约4 kΩ) E ．电压表(0～15 V ，内阻约15 kΩ)
F．滑动变阻器(0～20 Ω，允许最大电流1 A)
G．滑动变阻器(0～2000 Ω，允许最大电流0.3 A)
H．保护电阻R0＝3 Ω
I．开关、导线若干
①除了选项A、H和I外，电流表应选用▲，电压表应选用▲，滑动变阻器应选用▲；（填写器材前的编号）
②为了使测量结果尽量准确，且从零开始多测几组数据，该同学设计了图b所示电路，其中保护电阻R0与铜导线串联，请用笔画线完成剩余部分的连接．
③通过上述实验，设测出的铜导线电阻为R，查询资料知道铜的电阻率为ρ，若用d表示铜导线的直径，请写出计算铜导线长度的表达式L＝▲.
【答案】（1）0.730mm
（2）①C，D，F
②如图所示
③
2
4
d R L
π
ρ=
【解析】
试题分析：（1）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm ，可动刻度为23.00.010.230mm mm ⨯=，所以最终读数为
0.50.2300.730mm mm mm +=。

（2）①据题，电路电动势为6V ，待测电阻两端的电压不超过6V ，所以电压表应选用D ，03V ～，而电压
表(0～15 V)的量程过大；电路中最大电流约为.26
5
1max x R E I A A ===，故电流表应选用C ，00.6A ～，而电流表(0～3 A)量程过大；滑动变阻器应选F ，使得电路中电流变化范围较大。

②如图所示：
③根据电阻定律：L R S ρ=，而且：2
14S d π=，整理可以得到：2
4d R L πρ
=。

考点：测定金属的电阻率
【名师点睛】对于电表的量程要根据电路中最大电压或电流进行选择，电流表量程的选择需要根据电路进行估算。

11．利用伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差． （1）应该选择的实验电路是图中的 ▲ (选填“甲”或“乙”)．
（2）某位同学根据记录的数据将对应点已经标在如图所示的坐标纸上，请画出U －I 图线． （3）根据（2）中所画图线可得出干电池的电动势E ＝ ▲ V ，内电阻r ＝ ▲ Ω． （保留两位有效数字）
（4）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U 及干电池的输出功率P 都会发生变化．下列各
示意图中能正确反映P－U关系的是▲．
【答案】(1) 甲
(2) 如图所示
(3) 1.50(1.49～1.51)0.89(0.86～0.92)
(4) C
【解析】
=-测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，试题分析：（1）根据U E Ir
电压表和电流表内阻影响会造成实验误差，电源内阻较小，所以电流表分压影响较大，因此应选择甲电路。

（2）如图所示
（3）由图示电源U I -图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势 1.5E V =，电源内阻：
1.5 1.0
0.890.56
U r I ∆-=
=≈Ω∆。

考点：测定电源的电动势和内阻
【名师点睛】本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻。

四．论述和演算题：本题共4小题，共63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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
12．如图所示，边长为L 的正方形金属框ABCD 质量为m ，电阻为R ，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场中，金属框的下半部处于磁场内，磁场方向与线框平面垂直．磁场随时间变化规律为B = kt （k > 0）．求： （1）线框中感应电流的方向； （2）线框中感应电动势的大小；
（3）从t ＝0时刻开始，经多长时间细线的拉力为零？
【答案】（1）逆时针方向
（2）22
kL
（3）3
22L
k mgR
t = 【解析】
试题分析：（1）根据楞次定律，则有感应电流的方向：逆时针方向（或A D C B A →→→→）
（2）由法拉第电磁感应定律公式E t
φ
∆=∆ ，2222B L kL E S k t ∆=⋅=⋅=∆ 。

（3）由题意可知，线框所受安培力方向向上，且当磁感应强度增大时，细线拉力减小，当细线拉力为零时， 根据平衡条件：mg F =安 ， 而=F BIL 安 ，又由E I R =
，且kt B = ，解得322L
k mgR
t = 。

考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；安培力
【名师点睛】本题考查了电磁感应定律和安培力公式、左手定则、楞次定律、受力平衡等知识点的简单综合应用，注意左手定则与右手定则的区别。

13．如图所示，有一矩形区域abcd ，水平方向ab 边长L 1
m ，竖直方向ad 边长L 2=1m ，一电荷量为q =1×10-5C ，质量为m =6×10-6kg 的带正电的粒子由a 点沿ab 方向以大小为2m/s 的速度v 进入该区域．当该区域存在与纸面垂直的匀强磁场时，粒子的运动轨迹恰好通过该区域的几何中心O 点，不计粒子的重力，求：
（1）粒子在磁场区域运动的半径大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小和方向；
（3）粒子通过磁场区域所用的时间．
【答案】（1）1m ；（2）1.2T ，垂直于纸面向外；（3）0.785s
【解析】
试题分析：（1）作出粒子在磁场中偏转运动的轨迹如图所示
由题意可知aO 长度1L m =，所以d 点就是轨迹的圆心，轨迹半径为：21R L m ==
（2）根据左手定则，可以判断磁场的方向垂直于纸面向外 由2v qvB m R =得 1.2mv B T qR
== （3）由题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹为14圆弧，所以有，s t v =
所以240.785R
t s v s ππ===
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】该题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础．难点是运用几何知识解出对应的边长。

14．如图所示，MN 、PQ 两条平行的固定光滑金属轨道与水平面夹角为θ＝30°，M 、P 之间接电阻箱R ，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B ＝0.5 T ．金属杆ab 水平放置在轨道上，且与轨道垂直，金属杆ab 接入电路的阻值r =2Ω ，金属杆的质量m =0.2kg ．已知轨道间距L ＝2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，轨道足够长且电阻不计．现从静止释放杆ab ，则：
（1）当电阻箱接入电路的电阻为0时，求杆ab 匀速下滑时的速度大小；
（2）若不断改变电阻箱的阻值R ，试画出杆最终匀速下滑速度v m 与电阻箱阻值R 的图像；
（3）若变阻箱R ＝4Ω，当金属杆ab 运动的速度为最终稳定速度的一半时，ab 棒消耗的电功率多大．
【答案】（1）2m/s v =；
（2）如图：
（3）0.5W P =
【解析】
试题分析：（1）设杆匀速下滑的速度为v ，杆切割磁感线产生的感应电动势 E BLv = 由闭合电路的欧姆定律得：BLv I r
= 杆匀速下滑时满足 sin 0mg BIL θ-=
联立解得：2m/s v =
（2）改变R ，匀速时22sin m B L v mg BIL R r
θ==+
代入数据解得函数关系式为 2m v R =+
m v 与电阻箱阻值R 的图像如右图：
（3）由2m v R =+ 知变阻箱取4Ω时金属杆最终稳定速度6/v m s =
金属杆ab 运动的速度为最终稳定速度的一半时，杆所产生的电动势/2E BLv =
ab 棒消耗的电功率2P I r = 闭合电路的欧姆定律得：E I r R =
+ 联立解得：0.5W P = 。

考点：导体切割磁感线时的感应电动势
【名师点睛】本题关键要正确分析棒的运动情况，熟练推导出安培力与速度的关系式，运用平衡条件解答。

15．如图所示，在坐标系xOy 的第一象限内虚线OC 的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，在x 轴负半轴上有一接收屏GD ，GD ＝2OD ＝2d ．现有一带电粒子(不计重力)从y 轴上的A 点，以初速度v 0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC 射出，并从x 轴上的P 点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y 轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC 与x 轴的夹角为37°，OA ＝25
d ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： （1）粒子的带电性质及比荷q m
； （2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
（3）第三象限内匀强电场的电场强度E 的大小范围．
【答案】（1）0052v B d
（2）
01625
B （3）00445B v E ≤≤0045B v
（3）粒子进入电场后，加速度大小为：0052v E qE a m B d
== ，OQ 间的距离为：3588y d d d =+= 电场E 最小时，粒子运动到G 点，时间为：10
3d t v =，由2112y at =得 001445B v E = 电场E 最大时，粒子运动到D 点，时间为：20
d t v =，由2212y at =得 00245B v E = 综上所述，电场强度E 的大小范围是：00445B v E ≤≤0045
B v 。

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题，解题是注意几何知识的应用。

：。