广东省汕头市金山中学高二物理上学期期末试题(含解析)

汕头金山中学2013～2014学年度第一学期期末考试
高二物理
一.单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1．下列说法中正确的是（）
A．磁感线总是从磁体的N极出发终止于磁体的S极
B．一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零
C．线圈放在磁场越强的位置，穿过线圈的磁通量一定越大
D．穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大
【答案】D
【解析】
A、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部从S极到N极，故A错误；
B、一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，可能B为零，也可能B≠0，是由于导线与磁场平行，故B错误；
Φ=可C、线圈放在磁场越强的位置，线圈的磁通量不一定越大，根据磁通量公式BSsinα知，还与线圈与磁场的夹角有关，故C错误；
D、穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，法拉第电磁感应定律分析得知，线圈中产生的感应电动势越大，故D正确。

故选D。

【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量
2．如图，一束负离子从S点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，负离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及相互作用力) （）
A．E向上，B向上 B．E向下，B向下
C．E向上，B向下 D．E向下，B向上
【答案】A
【解析】
由题意及可知，电子在电场中受力应向下，故电场方向应向上；而粒子在磁场作用下向左偏转，故说明洛仑兹力向左，由左手定则可知，B应向上。

故选A。

【考点】带电粒子在混合场中的运动
3．如图，直角三角形闭合线圈ABC处于垂直纸面向里的匀强磁场中，线圈通有顺时针方向电流，则线圈所受磁场力的合力为（）
A．大小为零 B．方向竖直向上
C．方向竖直向下 D．方向垂直纸面向里
【答案】A
【解析】
通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处，如图所示；由公式F=BIL得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力合力与斜边的安培力等值反向，所以线圈所受磁场力的合力为零。

故选A。

【考点】安培力
4．如图，A、B两个带电小球用等长绝缘细线悬挂于O点，A球固定，B球受到库仑力作用与细线间成一定的夹角，若其中一个小球由于漏电，电荷量缓慢减小，则关于A、B两球的间距和库仑力大小的变化，下列说法中正确的是（）
A ．间距变小，库仑力变大
B ．间距变小，库仑力变小
C ．间距变小，库仑力不变
D ．间距不变，库仑力减小 【答案】B 【解析】
以小球为研究对象，球受到重力G ，A 的斥力F 2和线的拉力F 1三个力作用，作出力图，如图；
作出F 1、F 2的合力F ，则由平衡条件得：F=G
根据△FBF 1∽△PQ B 得：
2
F F
PQ BQ ————＝ 在A 、B 两质点带电量逐渐减少的过程中，PB 、PQ 、G 均不变，BQ ——
减小，A 、B 间斥力F 2大小的变小，故B 正确。

故选B 。

【考点】共点力平衡；库仑定律
5．图示电路中，电源内阻为r ，电容器的两块极板A 、B 间有一带电油滴恰能静止．把R 1的滑动片向右滑动时，下列说法中正确的是（ ）
A ．电流表读数减小，油滴向下运动
B ．电流表读数减小，油滴向上运动
C ．电流表读数增大，油滴向下运动
D．电流表读数增大，油滴向上运动
【答案】B
【解析】
当R1的滑动片向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，则知电流表读数减小．干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动，故B 正确。

故选B。

【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律
6．如图，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区的过程中，线框内感应电流随时间变化的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是右图中的（）
【答案】A
【解析】
C、根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C 错误；
ABD、感应电流
E BLv
I
R R
==，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感
应电流逐渐减小；
线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确BD 错误。

故选A。

【考点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
二.双项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项正确）
7．一带电粒子在正电荷形成的电场中运动，运动轨迹为图中所示的abcd曲线，下列判断正确的是（）
A．粒子带正电
B．粒子通过a点时的速率比通过b点时小
C．粒子通过a点时受到的电场力比通过b点时小
D．粒子通过a点时的电势能比通过c点时大
【答案】AC
【解析】
A、轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，由同种电荷相互排斥，所以该粒子带正电，故A正确；
B、从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b点的速度，故B错误；
C、b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a 点的电场力比b点小，故C正确；
D、从a到b，电场力做负功，电势能增加．所以a点的电势能小于b点的电势能，b与c 处于同一个等势面是，所以粒子在b点的电势能等于在c点的电势能．所以a点的电势能小于c点的电势能，故D错误。

故选AC。

【考点】等势面；电势能
8．额定电压为4V的直流电动机的线圈电阻为1 ，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4J，下列计算结果正确的是（）
A．电动机正常工作时的输入功率为4W B．电动机正常工作时的输出功率为8W C．电动机每秒能将电能转化成4J的机械能 D．电动机正常工作时的电流强度为2A 【答案】CD
【解析】
因为线圈产生的热量2Q I Rt =，
所以通过电动机的电流Q 4J I 2A Rt 11s
=
==Ω⨯，故D 正确； 电动机正常工作时的输入功率P UI 4V 2A 8W ==⨯=，故A 错误；
电动机的热功率2
PQ I R 4W ==，电动机的输出功率Q P P P 4W =-=出，故B 错误；
电动机每秒将电能转化成机械能W P t 4W 1s 4J ==⨯=出，故C 正确。

故选CD 。

【考点】电功、电功率
9．如图，光滑固定的金属导轨M 、N 水平放置，两根导体棒P 、Q 平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处自由下落接近回路时（ ）
A ．P 、Q 将相互靠拢
B ．P 、Q 将相互远离
C ．磁铁的加速度仍为g
D ．磁铁的加速度小于g 【答案】AD 【解析】
AB 、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P 、Q 将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A 正确B 错误；
CD 、由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g ，故C 错误D 正确。

故选AD 。

【考点】楞次定律
10．如图，A 、B 为两个完全相同的灯泡，L 为自感线圈(自感系数较大；直流电阻不计)，E
为电源，S为开关．下列说法正确的是（）
A．闭合开关稳定后，A、B一样亮
B．闭合开关的瞬间，A、B同时亮，但A很快又熄灭
C．闭合开关稳定后，断开开关，A闪亮后又熄灭
D．闭合开关稳定后，断开开关， A、B立即同时熄灭
【答案】BC
【解析】
AB、刚闭合S的瞬间，电源的电压同时加到两灯上，由于L的自感作用，L瞬间相当于断路，所以电流通过两灯，两灯同时亮．随着电流的逐渐稳定，L将A灯短路，所以A灯很快熄灭，B灯变得更亮，故A错误B正确；
CD、闭合S待电路达到稳定后，再将S断开，B灯立即熄灭，而L与A灯组成闭合回路，线圈产生自感电动势，相当于电源，A灯闪亮一下而后熄灭，故C正确D错误。

故选BC。

【考点】自感现象和自感系数
11．图为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的（）
【答案】AD
【解析】
A、当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；
D、当qvB＞mg时，F N=qvB-mg，此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D图象正确，故D正确；
BC、当qvB＜mg时，F N=mg-qvB此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大，故BC错误。

故选AD。

【考点】洛仑兹力；力的合成与分解，牛顿第二定律
12．如图一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则（）
A．小球在B点时的速度最大
B．小球从A到B的过程中，机械能一直在减少
C．小球在B点时的绳子拉力最大
D．从B到C的过程中小球的电势能一直增大
【答案】BD
【解析】
AC、小球受到电场力与重力、绳子的拉力的作用，在复合场中做类单摆运动，当重力与电场力的合力与绳子的拉力在同一条直线上时，小球处于等效最低点，此时小球的速度最大，对绳子的拉力最大，故AC错误；
B、从A到B的过程中电场力对小球做负功，小球的机械能减小，故B正确；
D、从B到C的过程中克服电场力做功，小球的电势能一直增大，故D正确。

故选BD。

【考点】功能关系；匀速圆周运动；向心力
三. 实验题（每空3分，共18分）
13．如图（甲）是“测定电源电动势和内阻”实验的电路图，根据实验测得的几组I、U数据作出U—I图象如图（乙）所示，由图象可确定：该电源的电动势为 V，电源的内电阻为 （计算结果保留两位有效数字）．
【答案】1.40 0.57
【解析】
由图乙所示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源电动势E=1.40V，
电源内阻
U
r0.57
I
∆
==Ω
∆
【考点】测定电源的电动势和内阻
14．有一根细而均匀的导电材料样品（如图a所示），截面为同心圆环（如图b所示），此样品长约为6cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材：
A．20分度的游标卡尺 B．螺旋测微器
C．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ） D．电流表A1（量程50mA，内阻约20Ω）E．电流表A2（量程0.3A，内阻约1Ω） F．滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）G．直流电源E（约4V，内阻不计） H．导电材料样品R x
I．开关一只，导线若干
请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度为L；用螺旋测微器测得该样品的外径如上图所示，
其示数D= mm．
（2）请选择合适的仪器，设计一个合理的电路图来测量导电材料样品的电阻R x．在方框内画出实验电路原理图，并标明所选器材的符号．这个实验电阻R x的测量值将________（填
“大于”、“等于”或“小于”）实际值．
（3）若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U 和I ，则用已知物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d = ．
【答案】（1）6.122 （2）作图如图 小于 （32
4LI
D U
ρπ- 【解析】
（1）由图c 所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6mm ，可动刻度示数为12.2×0.01mm=0.122mm，螺旋测微器示数D=6mm+0.122mm=6.122mm ；
（2）由所给实验器材可知，应采用伏安法测电阻阻值，由于待测电阻阻值约为100Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电路最大电流约为U
I 30mA R
=
=，电流表应选A 1，电流表内阻约为20Ω，电压表内阻约为3000Ω，相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值大于真实值，电阻测量值小于真实值； （3）由欧姆定律可知，样品电阻：U R I
=， 由电阻定律可知：2
2
L L
R S
1
1D d 22ρρ
ππ==⎛⎫
⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，
解得：2
4d LI D U
ρπ-
＝ 【考点】测定金属的电阻率
四.计算题（共40分，要求写出必要的文字说明）
15．面积S = 0.2m 2
、n = 100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度B 随时间t 变化的规律是B = 0.02t ，R = 3Ω，C = 30μF，线圈电阻r = 1Ω，其余导线电阻不
计，求：
（1）通过R 的电流大小和方向． （2）电容器C 所带的电荷量．
【答案】（1）电流大小为0.1A ，方向从b 指向a （2）6
910C -⨯ 【解析】
(1)由楞次定律知，线圈的感应电流方向为逆时针，通过R 的电流方向为b→a， 由1000.20.020.4V B
E n
nS t t
ϕ∆∆===⨯⨯∆∆＝ 则电路中电流E
I 0.1A R r
=
=+； 即通过R 的电流大小为0.1A ，方向从b 指向a ． （2）由欧姆定律可得
R 两端的电压U IR 0.3V ==； 则电容器的电量6
Q UC 910C -==⨯； 即电容器的电荷量为6
910C -⨯。

【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律
16．如图所示，平行的光滑金属导轨间距为L ，导轨平面与水平面成α角，导轨下端接有阻值为R 的电阻，质量为m 的金属杆ab 处于导轨上与轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k ，上端固定，弹簧与导轨平面平行，整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ．开始时杆静止，现给杆一个大小为v 0的初速度使杆沿导轨向下运动．运动至速度为零后，杆又沿导轨平面向上运动，运动过程的最大速度大小为v 1，然后减速为零，再沿导轨平面向下运动……一直往复运动到静止．导轨与金属细杆的电阻均可忽略不计，重力加速
度为g ．试求：
(1)细杆获得初速度瞬间，通过回路的电流大小；
(2)当杆向上速度达到v 1时，杆离最初静止时位置的距离L 1； (3)杆由初速度v 0开始运动直到最后静止，电阻R 上产生的焦耳热Q.
【答案】00BLv I R = 2211B L v L kR = 2
01Q mv 2
=
【解析】
（1）细杆获得初速度瞬间，产生的感应电动势为：E=BLv 0；
根据闭合电路欧姆定律得：0E I R =
可得通过R 的电流大小为：0
0BLv I R
=；
（2）设杆最初静止不动时弹簧伸长x 0，则有：0kx mgsin α= 当杆的速度为v 1时弹簧伸长x 1，由平衡条件得：11kx mgsin BI L α=+ 此时有：1
1BLv I R
=
， 而110L x x =-
联立解得：221
1B L v L kR
=
（3）杆最后静止时，杆受到重力、导轨的支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件和胡克定律可知，弹簧伸长的长度与原来静止时相同，所以杆静止在初始位置， 由能量守恒得：2
1Q mv 2
=。

【考点】法拉第电磁感应定律；焦耳定律
17．如图，长为L 的一对平行金属板平行正对放置，间距L d 3
3
=
，板间加上一定的电压．现从左端沿中心轴线方向入射一个质量为m 、带电量为+q 的带电微粒，射入时的初速度大小为v 0．一段时间后微粒恰好从下板边缘P 1射出电场，并同时进入正三角形区域．已知正三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板平齐，底边BC 与金属板平行．三角形区域的右侧也存在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场B 2，且B 2=4B 1．不计微粒的重力，忽略极板区域外部的电场．
（1）求板间的电压U 和微粒从电场中射出时的速度大小和方向．
（2）微粒进入三角形区域后恰好从AC 边垂直边界射出，求磁感应强度B 1的大小． （3）若微粒最后射出磁场区域时与射出的边界成30°的夹角，求三角形的边长．
【答案】（1）203mv U q = 023
v =
射出速度与初速度方向的夹角为300 （2）0
13mv B qL
= （3）533n a L +=（n=0、1、2……）
【解析】
（1）微粒在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有qU
a md
= 竖直方向上
22111222qU d at t md
=＝ 水平方向上0L v t =
得2
3mv U q
=
竖直分速度：03
y v at ==， 合速度：220023
y v v v =
+=
， 夹角：0
3tan 3
y v v θ=
=
射出速度与初速度方向的夹角为300
，即垂直于AB 出射； （2）粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，根据几何关系有：10232
cos3033
d r d L =
==
由2
11
v qvB m r =
得0 1
1
3mv
mv
B
qr
==
（3）由
mv
r
qB
=和B2=4B1得
21
1
4
r r
=
如图所示，
微粒离开磁场时，在磁场B1中做了n个半圆周运动（n=0、1、2……）
三角形的边长
111
1353
2
223
n
a r r r n L
+
=++=（n=0、1、2……）
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动
汕头金山中学2013～2014学年度第一学期期末考试
高二物理参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D A A B B A AC CD AD BC AD BD
13.1.40（1.39或1.41） 0.57（0. 55～0.59都得分）
14.（1）6.125±0.002 （2）作图如右小于
（3）
U
LI
D
π
ρ4
2-
三、计算题 15．
(1)由楞次定律知，线圈的感应电流方向为逆时针，通过R 的电流方向为b→a， 由1000.20.020.4V B
E n
nS t t
ϕ∆∆===⨯⨯∆∆＝ 则电路中电流E
I 0.1A R r
=
=+； 即通过R 的电流大小为0.1A ，方向从b 指向a ． （2）由欧姆定律可得
R 两端的电压U IR 0.3V ==； 则电容器的电量6
Q UC 910C -==⨯； 即电容器的电荷量为6
910C -⨯。

16．
（1）细杆获得初速度瞬间，产生的感应电动势为：E=BLv 0；
根据闭合电路欧姆定律得：0E I R =
可得通过R 的电流大小为：0
0BLv I R
=；
（2）设杆最初静止不动时弹簧伸长x 0，则有：0kx mgsin α= 当杆的速度为v 1时弹簧伸长x 1，由平衡条件得：11kx mgsin BI L α=+ 此时有：1
1BLv I R
=
， 而110L x x =-
联立解得：221
1B L v L kR
=
（3）杆最后静止时，杆受到重力、导轨的支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件和胡克定律
可知，弹簧伸长的长度与原来静止时相同，所以杆静止在初始位置， 由能量守恒得：2
1Q mv 2
=。

17．
（1）微粒在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有qU
a md
=
竖直方向上
22111222qU d at t md
=＝ 水平方向上0L v t =
得2
3mv U q
=
竖直分速度：03
y v at v ==， 合速度：220023
y v v v v =
+=
， 夹角：0
3tan 3
y v v θ=
=
射出速度与初速度方向的夹角为300
，即垂直于AB 出射； （2）粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，根据几何关系有：10232
cos3033
d r d L =
==
由2
11
v qvB m r =
得0113mv mv
B qr qL
=
=
（3）由mv r qB =
和B 2=4B 1得211
4
r r = 如图所示，
微粒离开磁场时，在磁场B 1中做了n 个半圆周运动（n=0、1、2……）
三角形的边长11113532223
n a r r r n L +=
++=（n=0、1、2……）。