四川省德阳市什邡中学学年高二上学期物理综.docx

1、四川省德阳市什邡中学学年高二上学期物理综2015-2016学年四川省德阳市什邡中学高二（上）物理综合练习卷一、不定项选择题：（每题4分，多项选择题少选得2分，多选不给分，共40分）1关于磁感线，下列说法中正确的是（）A磁感线是实际存在于磁场中的线B磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致C磁感线是一条条不闭合的曲线D磁感线有可能出现相交的情况2根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（）A阻碍引起感应电流的磁通量B与引起感应电流的磁场方向相反C阻碍引起感应电流的磁通量的变化D与引起感应电流的磁场方向相同3在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路调节滑动变阻器R并控制电动机停止转

2、动时，电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R并使电动机恢复正常运转时，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V则这台电动机正常运转时输出功率为（）A32W B44W C47W D48W4如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示下列关于A、B两点的电势和电场强度E大小的判断正确的是（）AEA=EB BEAEB CAB DAB5如图所示，在竖直放置的光滑绝缘的半圆形细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m、带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最

3、低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小为（）AE= BE= CE= D不能确定6将输入电压为220V、输出电压为6V的理想变压器改绕成输出电压为24V的变压器，若原线圈匝数保持不变，副线圈原有30匝，则副线圈应增加的匝数为（）A90匝 B120匝 C144匝 D150匝7如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定的电流I，当线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是（）A先abcda，再dcbad，后abcda B先abcda，再dcbadC始终是dcbad D先dcbad，再abcda，后dcbad8如图所示，长方形a

4、bcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T一群不计重力、质量m=3107kg、电荷量q=+2103C的带电粒子以速度v=5102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（）A从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边9带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点

5、，匀强磁场B垂直纸面向里该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少下列说法正确的是（）A粒子先经过a点，再经过b点 B粒子先经过b点，再经过a点C粒子带负电 D粒子带正电10如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45角，o、o分别是ab和cd边的中点现将线框右半边obco绕oo逆时针90到图乙所示位置在这一过程中，导线中通过的电荷量是（）A B C D0二、填空题（每空2分，共16分）11一带电量为+Q、质量为m的小球从倾角为的光滑斜面上由静止下滑，斜面处于磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，

6、则小球在斜面上滑行的最大速度是，小球在斜面上运动的时间为12如图所示，长为L的金属棒ab与竖直放置的光滑金属导轨接触良好（导轨电阻不计），匀强磁场中的磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面，金属棒无初速度释放，释放后一小段时间内，金属棒下滑的速度逐渐，加速度逐渐13在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节，请在如图1所示的四个电路图和给定的三个滑动变阻器中选取适当的电路和器材，并将它们的编号填在横线上E总阻值15，最大允许电流2A的滑动变阻器 F总阻值200，最大允许电流2A的滑动变阻器G总阻值1000，最大允许电流1A的滑动变阻器（1）应选取的电路是，滑动变阻器应选取（2）由实

7、验得到小灯泡的UI图线如图2中b线，将该小灯泡与一干电池组成闭合电路，该电池两极的电压随电路中电流的变化关系图线如图2中a线，则小灯泡与电池连接后的实际功率为W三、计算题（要求写出重要的解题步骤和必要的文字说明，共44分）14把一检验电荷q放在点电荷Q所形成的电场中的A点，若检验电荷的电量为q=2.0108C，它所受的电场力F=4.0103N，方向指向Q，如图所示，A点到Q的距离为r=0.30m，已知静电常量K=9109Nm2/C2，试求：（1）A点的场强大小（2）点电荷Q的电量和电性（3）若将检验电荷q从电场中的A点移到B点，电场力做功为6.0106J，则A、B之间的电势差是多少？15如图，

8、两条光滑平行导轨位于同一水平面上，一直导线ab垂直于放置已知导轨间距离L=20cm，导轨一端连接电源电动势E=3.0V，内电阻r=0.40的电源，导轨间还连接电阻R=1.8，直导线ab的电阻R0=0.90整个装置放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，磁感应强度B=0.5T要使导线ab静止在光滑的导轨上，所加的最小外力的大小和方向如何？16如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在03t0时间内两板间加上如图

9、乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场上述m、q、l、t0、B为已知量（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U0的大小（2）求t0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径（3）何时射入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间2015-2016学年四川省德阳市什邡中学高二（上）物理综合练习卷参考答案与试题解析一、不定项选择题：（每题4分，多项选择题少选得2分，多选不给分，共40分）1关于磁感线，下列说法中正确的是（）A磁感线是实际存在于磁场中的线B磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致C磁感

10、线是一条条不闭合的曲线D磁感线有可能出现相交的情况【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【分析】磁感线可以形象表示磁场的强弱和方向，磁感线的切线方向表示磁场方向，疏密表示磁场的强弱磁感线是闭合曲线，但不相交【解答】解：A、磁感线实际不存在，A错误；B、磁感线上每一点的切线方向表示该点的磁场方向故B正确C、D磁感线是闭合曲线，但不相交，如果相交，交点处磁场方向就有两个，而磁场中每一点的方向是唯一的故CD错误故选B2根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（）A阻碍引起感应电流的磁通量B与引起感应电流的磁场方向相反C阻碍引起感应电流的磁通量的变化D与引起感应电流的磁场方向相同【考点】楞次定律【分析】根据楞

11、次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同【解答】解：当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小即感应电流的磁场一定是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故A、B、D错误，C正确故选C3在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R并使电动机恢复正常运转时，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V则

12、这台电动机正常运转时输出功率为（）A32W B44W C47W D48W【考点】电功、电功率【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率【解答】解：电动机的电阻为：R=4；电动机的总功率为：P=U1I1=24V2A=48W；克服自身电阻的功率为：PR=I12R=（2A）24=16W；电动机正常运转时的输出功率是：P输出=PPR=48W16W=32W故选：A4如图（a）

13、所示，AB是某电场中的一条电场线若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示下列关于A、B两点的电势和电场强度E大小的判断正确的是（）AEA=EB BEAEB CAB DAB【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】vt图象的斜率等于加速度，由图先分析出电子的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；根据电场线的方向可以确定电势的高低【解答】解：A、B，vt图象的斜率等于加速度，由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强，即EAEB；故A、B错误；C、D电子从A到B的过程中，速度减小，

14、动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由BA，而电子带负电，则电场线方向由AB，A点的电势要大于B点电势，即AB，故C正确，D错误；故选：C5如图所示，在竖直放置的光滑绝缘的半圆形细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m、带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小为（）AE= BE= CE= D不能确定【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】小球沿细管滑到最低点B过程中，电场力对小球不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒小球到达B点时对管壁恰好无压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机

15、械能守恒定律求出小球到达B点时的速度，再由牛顿第二定律求出场强的大小【解答】解：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得，mgR=mv2得到：v=小球经过B点时，由牛顿第二定律得：Eqmg=m，将v=代入得：E=放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小也为E=故选：C6将输入电压为220V、输出电压为6V的理想变压器改绕成输出电压为24V的变压器，若原线圈匝数保持不变，副线圈原有30匝，则副线圈应增加的匝数为（）A90匝 B120匝 C144匝 D150匝【考点】变压器的构造和原理【分析】理想变压器的变压比公式为：；分两次列式后联立求解即可【解答

16、】解：副线圈匝数为n2=30匝，输入电压U1=220V，输出电压U2=6V，根据变压比公式，有：原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为24V，根据变压比公式，有：联立得到：故选：A7如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定的电流I，当线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是（）A先abcda，再dcbad，后abcda B先abcda，再dcbadC始终是dcbad D先dcbad，再abcda，后dcbad【考点】楞次定律【分析】根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培

17、定则判断感应电流的方向【解答】解：由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为adcba；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcda；当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可在，感应电流方向为：abcda；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba；故ABC错误，D正确，故选：D8如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直

18、纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T一群不计重力、质量m=3107kg、电荷量q=+2103C的带电粒子以速度v=5102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（）A从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹【解答】解：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到r=

19、0.3m由于初速度向右，故圆心在ao之间AC、以O点为例，假设长方形完全被磁场覆盖，则按照轨迹会达到b点，但由于只有半圆内存在磁场，所以出了磁场后，由于不再受到洛伦兹力，所以无法偏转到b点，所以最终会落在bc边上；故从Od边射入的粒子，出射点全部分布在ab、bc边上，故A错误，C错误；BD、同理从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab、bc边上，故B错误，D正确；故选：D9带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少下列说法正确的是（）A粒子先

20、经过a点，再经过b点 B粒子先经过b点，再经过a点C粒子带负电 D粒子带正电【考点】判断洛仑兹力的方向【分析】粒子在云室中运动时，由于能量的损失，其速度会逐渐变小，轨迹的半径会逐渐减小，由此可判断运动方向；粒子所受洛伦兹力方向指向运动轨迹的内侧，因此根据洛伦兹力方向以及磁场方向可以判断粒子的正负，【解答】解：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C正确，D错误故选AC10如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框ab

21、cd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45角，o、o分别是ab和cd边的中点现将线框右半边obco绕oo逆时针90到图乙所示位置在这一过程中，导线中通过的电荷量是（）A B C D0【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【分析】分析线框旋转前后的磁通量，由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，由q=It可求得电量【解答】解：对线框的右半边（obco）未旋转时整个回路的磁通量1=BSsin45=BS；对线框的右半边（obco）旋转90后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图整个回路的磁通量2=0=12=BS根据公式q=It=故选A二、填空题（每空2分，共16分）11一

22、带电量为+Q、质量为m的小球从倾角为的光滑斜面上由静止下滑，斜面处于磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，则小球在斜面上滑行的最大速度是，小球在斜面上运动的时间为【考点】安培力【分析】小球受重力、支持力、洛伦兹力，平行斜面方向做匀加速直线运动，垂直斜面方向受力平衡，当洛伦兹力增加到等于重力的垂直分力时，小球开始离开斜面【解答】解：以小球为研究对象，分析其受力情况：小球受重力、斜面支持力及洛伦兹力作用，沿斜面方向上；根据牛顿第二定律，有：mgsin=ma；在垂直于斜面方向上，有：FN+Ff洛=mgcos；由Ff洛=qB，知Ff洛随着小球运动速度的增大而增大当Ff洛增大到使FN=0时，小球将脱离斜

23、面，此时Ff洛=QmB=mgcos所以：，此即为小球在斜面上运动速度的最大值小球在斜面上匀加速运动的时间为：故答案为：，12如图所示，长为L的金属棒ab与竖直放置的光滑金属导轨接触良好（导轨电阻不计），匀强磁场中的磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面，金属棒无初速度释放，释放后一小段时间内，金属棒下滑的速度逐渐增大，加速度逐渐减小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律【分析】通过分析金属棒的受力情况，来分析其运动情况金属棒下滑过程中，受到重力和向上的安培力，安培力随着速度的增大而增大，根据牛顿第二定律分析加速度的变化【解答】解：金属棒无初速度释放，切割磁感线产生感应电流，根据楞次定律

24、可知金属棒将受到向上的安培力，而安培力与速度的关系是 F安=，v=0时安培力为零，所以金属棒将向下做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，合力减小，加速度减小故答案为：增大，减小13在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节，请在如图1所示的四个电路图和给定的三个滑动变阻器中选取适当的电路和器材，并将它们的编号填在横线上E总阻值15，最大允许电流2A的滑动变阻器 F总阻值200，最大允许电流2A的滑动变阻器G总阻值1000，最大允许电流1A的滑动变阻器（1）应选取的电路是C，滑动变阻器应选取E（2）由实验得到小灯泡的UI图线如图2中b线，将该小灯泡与一干电池组成闭合电路，该电池

25、两极的电压随电路中电流的变化关系图线如图2中a线，则小灯泡与电池连接后的实际功率为0.72W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器要采用分压接法，电流表采用外接法，分析电路图，找出符合要求的电流；为了方便实验操作，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）电源UI图象与灯泡UI图象的交点，然后由P=UI求出灯泡此时的实际功率【解答】解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法；由与灯泡电阻很小，远小于电压表内阻，则电流表采用外接法，因此应选电路图C为方便实验操作，滑动变阻器应选E、总阻值15，最大允许

26、电流2A的滑动变阻器（2）由图象可知，a、b图象的交点坐标值为1.2A，0.60V，则此时灯泡的实际功率P=UI=0.6V1.2A=0.72W；故答案为：（1）C；E；（2）0.72三、计算题（要求写出重要的解题步骤和必要的文字说明，共44分）14把一检验电荷q放在点电荷Q所形成的电场中的A点，若检验电荷的电量为q=2.0108C，它所受的电场力F=4.0103N，方向指向Q，如图所示，A点到Q的距离为r=0.30m，已知静电常量K=9109Nm2/C2，试求：（1）A点的场强大小（2）点电荷Q的电量和电性（3）若将检验电荷q从电场中的A点移到B点，电场力做功为6.0106J，则A、B之间的电

27、势差是多少？【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能【分析】（1）A点产生的场强由场强定义式 E=求解，（2）根据库仑定律求点电荷Q的电量，根据库仑力的性质确定其电性（3）q从A移到B点的过程，电场力做功为6.0106J，根据电势差公式U=求出A、B间的电势差【解答】解：（1）A点的场强大小 E=2105N/C（2）由于q与Q间存在引力，所以Q带正电根据库仑定律得 F=k得 Q=2106C（3）A、B之间的电势差 UAB=V=300V答：（1）A点的场强大小是2105N/C（2）点电荷Q的电量是2106C，带正电（3）若将检验电荷q从电场中的A点移到B点，电场力做功为6.0106J，则

28、A、B之间的电势差是300V15如图，两条光滑平行导轨位于同一水平面上，一直导线ab垂直于放置已知导轨间距离L=20cm，导轨一端连接电源电动势E=3.0V，内电阻r=0.40的电源，导轨间还连接电阻R=1.8，直导线ab的电阻R0=0.90整个装置放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，磁感应强度B=0.5T要使导线ab静止在光滑的导轨上，所加的最小外力的大小和方向如何？【考点】安培力【分析】根据闭合电路欧姆定律和串并联电路的知识求出导线ab中的电流，根据左手定则判断安培力方向，由F=BIL求安培力大小，根据平衡求最小外力【解答】解：导线ab与电阻R并联，总电流流过导线ab的电流由左手定则

29、，导线ab所受安培力水平向右，大小所加的最小外力，水平向左答：所加的最小外力，方向水平向左16如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场上述m、q、l、t0、B为已知量（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U0的大小（2）求t0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径（3）何时射入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间【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【分析】（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做类平抛运动由题知道x方向位移为l，y方向位移为，运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式求解U（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动根据运动学规律求出y方向分速度与x方向分速