学年湖南省岳阳市岳阳县一中高二上期末物理.docx
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学年湖南省岳阳市岳阳县一中高二上期末物理
2016-2017学年湖南省岳阳市岳阳县一中高二（上）期末物理试卷
一、选择题（共14小题，每小题4分共56分）
1．下列说法正确的是（ ）
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流
C．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
D．涡流的形成不遵循法拉第电磁感应定律
2．如图中，实线和虚线分别表示等量异种点电荷的电场线和等势线，则下列有关P、Q两点的相关说法中正确的是（ ）
A．两点的场强等大、反向B．P点电场更强
C．两点电势一样高D．Q点的电势较低
3．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为Q，P是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是（ ）
A．若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小
B．若将电容器的下板上移一点，则P点的电势升高
C．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大
D．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小
4．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表示数增大B．电流表示数减小
C．质点P将向下运动D．R1上消耗的功率逐渐减小
5．有一束电子流沿x轴正方向高速运动，如图所示，电子流在z轴上的P点所产生的磁场方向为（ ）
A．y轴正方向B．y轴负方向C．z轴正方向D．z轴负方向
6．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（ ）
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
7．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（ ）
A．运动的平均速度大小为
B．下滑位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLν
D．受到的最大安培力大小为
8．如图所示为交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（ ）
A．5
AB．5AC．
AD．3.5A
9．如图所示，理想变压器的原线圈接u=11000
sin100πt（V）的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω的导线对“220V/880W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知（ ）
A．原、副线圈的匝数比为50：
1
B．交变电压的频率为100Hz
C．副线圈中电流的有效值为4A
D．变压器的输入功率为880W
10．如图为远距离的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2．则（ ）
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I
r
D．输电线路上损失的电功率I1U
11．如图所示为某电场中的一条电场线，在a点静止地放一个正电荷（重力不能忽略），到达b时速度恰好为零，则（ ）
A．电场线的方向一定竖直向上
B．该电场一定是匀强电场
C．该电荷从a→b是加速度变化的运动
D．该电荷在a点受到的电场力一定比在b点受到的电场力小
12．如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升
B．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升
C．电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变
D．电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变
13．如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，带电小球通过下列电磁混合场时，可能沿直线运动的是（ ）
A．
B．
C．
D．
14．如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的．两个相同的带正电小球同球从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则（ ）
A．两小球到达轨道最低点的速度vM=vN
B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN
C．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间
D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端
二、实验题（本题共14分，每空2分）
15．如图所示为一正在测量中的多用电表表盘．
（1）如果是用×10Ω挡测量电阻，则读数为 Ω．
（2）如果是用直流10mA挡测量电流，则读数为 mA．
（3）如果是用直流5V挡测量电压，则读数为 V．
16．在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．
（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到 ．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）
（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是 ．（选填“1”或“2”）
方案编号
电阻箱的阻值R/Ω
1
400.0
350.0
300.0
250.0
200.0
2
80.0
70.0
60.0
50.0
40.0
（3）根据实验数据描点，绘出的
图象是一条直线．若直线的斜率为k，在
坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ，内阻r= ．（用k、b和R0表示）
三、计算题（共30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位．）
17．如图所示，水平放置的平行金属导轨相距l=0.50m，左端接一电阻R=0.20欧，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦的沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
（1）ab棒中感应点动势的大小；
（2）回路中感应电流的大小；
（3）ab棒中哪端电势高；
（4）维持ab棒做匀速运动的水平外力F．
18．如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，ad=25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO'轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．
（1）在图中标出t=0时感应电流的方向．
（2）写出线圈感应电动势的瞬时表达式．
（3）线圈转一圈外力做功多大？
（4）从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电量是多大？
19．如图所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E、场区宽度为L．在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B大小未知，圆形磁场区域半径为r．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从A点由静止释放后，在M点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N点射出，O为圆心，∠MON=120°，粒子重力可忽略不计．
（1）求粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及粒子从A点出发到从N点离开磁场所经历的时间；
（3）若粒子在离开磁场前某时刻，磁感应强度方向不变，大小突然变为B′，此后粒子恰好被束缚在磁场中，则B′的最小值为多少？
2016-2017学年湖南省岳阳市岳阳县一中高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共14小题，每小题4分共56分）
1．下列说法正确的是（ ）
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流
C．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
D．涡流的形成不遵循法拉第电磁感应定律
【考点】D8：
法拉第电磁感应定律；DG：
*涡流现象及其应用．
【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流．部分电路做切割磁感线运动，磁通量发生变化，产生感应电流．根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率越大，感应电动势越大
【解答】解：
A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应定律，故A正确；
B、导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生．故B错误．
C、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关，与磁通量的大小无关，故C错误；
D、涡流的形成遵循法拉第电磁感应定律．故D错误．
故选：
A
2．如图中，实线和虚线分别表示等量异种点电荷的电场线和等势线，则下列有关P、Q两点的相关说法中正确的是（ ）
A．两点的场强等大、反向B．P点电场更强
C．两点电势一样高D．Q点的电势较低
【考点】A7：
电场线；A6：
电场强度；AC：
电势．
【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．
【解答】解：
A、根据电场线的疏密判断场强的大小，由图看出，P、Q两点中，P处电场线疏，Q的电场线密．所以Q的场强大于P点场强，故A错误，B错误．
C、一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故P、Q两点的电势相等．故C正确，D错误．
故选C．
3．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为Q，P是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是（ ）
A．若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小
B．若将电容器的下板上移一点，则P点的电势升高
C．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大
D．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小
【考点】AS：
电容器的动态分析．
【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移一点，正对面积减小，电容C减小，由U=
分析U增大，再E=
分析板间场强变化．根据板间距离变化，分析电容变化，由U=
分析U的变化．电场线方向向下，P点电势比上板低，再根据P点与上板电势差的变化，分析P点电势的变化．
【解答】解：
A、平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移，正对面积减小，电容C减小，由U=
分析可知U增大，板间场强E=
，d不变，则E增大．故A错误．
B、C、D将电容器的下板上移一点，板间距离减小，电容C增大，由U=
分析得知：
Q不变，两板间电势差减小．又由E=
=
，可知板间场强不变，则P与上板的电势差不变，上板电势为零，则P点电势不变．故BC错误，D正确．
故选D．
4．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表示数增大B．电流表示数减小
C．质点P将向下运动D．R1上消耗的功率逐渐减小
【考点】BB：
闭合电路的欧姆定律．
【分析】先由滑片的移动方向分析电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析电容器板间场强的变化，由质点的受力情况可知质点的运动情况．
【解答】解：
AB、由图可知，R2与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；
当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，则R1两端的电压增大，可知并联部分的电压减小，电压表读数减小．
由欧姆定律可知流过R3的电流减小，根据并联电路的特点可知：
流过R2的电流增大，则电流表示数增大；故A、B错误；
C、因电容器两板的电压减小，板间场强减小，质点P受到的向上电场力减小，故质点P将向下运动，故C正确；
D、因R1电流增大，由P=I2R可知，R1上消耗的功率增大；故D错误；
故选：
C
5．有一束电子流沿x轴正方向高速运动，如图所示，电子流在z轴上的P点所产生的磁场方向为（ ）
A．y轴正方向B．y轴负方向C．z轴正方向D．z轴负方向
【考点】C6：
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】电子带负电，其运动方向与电流方向相反，根据安培定则判断电子流在Z轴上的P点处所产生的磁场方向．
【解答】解：
电子流沿x轴正方向运动，形成的电流方向沿x轴负方向，根据安培定则可知，电子流在Z轴上的P点处所产生的磁场方向是沿Y轴正方向．故A正确，BCD错误．
故选：
A．
6．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（ ）
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
【考点】DD：
电磁感应中的能量转化；DB：
楞次定律．
【分析】根据磁能量形象表示：
穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化．用楞次定律研究感应电流的方向．用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化．
【解答】解：
A、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小．故A错误．
B、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确．
C、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零．故C错误．
D、线框中产生电能，机械能减小．故D错误
故选B
7．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（ ）
A．运动的平均速度大小为
B．下滑位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLν
D．受到的最大安培力大小为
【考点】DD：
电磁感应中的能量转化；CC：
安培力．
【分析】金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由运动学公式，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理．
【解答】解：
A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于
v，而是大于
；故A错误．
B、由电量计算公式q=
，
，
，联立得
可得，下滑的位移大小为
，故B正确．
C、产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流
小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误．
D、金属棒ab做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为v时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为F=BI′L=
．故D错误．
故选：
B．
8．如图所示为交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（ ）
A．5
AB．5AC．
AD．3.5A
【考点】E4：
正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【分析】有效值的定义：
将交流与直流通过阻值相同的电阻，在相同时间内，产生的热量相同，交流电的电流有效值等于直流电的电流．根据定义列式求解有效值．
【解答】解：
将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：
（4
）2R•
+（3
）2R•
=I2RT
解得：
I=5A
故选：
B
9．如图所示，理想变压器的原线圈接u=11000
sin100πt（V）的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω的导线对“220V/880W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知（ ）
A．原、副线圈的匝数比为50：
1
B．交变电压的频率为100Hz
C．副线圈中电流的有效值为4A
D．变压器的输入功率为880W
【考点】E8：
变压器的构造和原理．
【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
【解答】解：
输入电压的有效值为11000V，用电器的额定电压为220V，所以变压器的输出电压大于220V，原副线圈的匝数比小于50：
1，故A错误；
B、由输入电压的表达式知，f=
Hz=50Hz，故B错误；
C、副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I=4A，故C正确；
D、变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880W，所以变压器的输入功率大于880W，故D错误．
故选C
10．如图为远距离的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2．则（ ）
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I
r
D．输电线路上损失的电功率I1U
【考点】EA：
远距离输电．
【分析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．
【解答】解：
A、由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U2，则U1I1=U2I2，得：
．故A正确；
B、发电厂的输出电压是U，所以输电线上的电压降不可能是U，故B错误；
C、等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：
．故C错误；
D、发电厂的输出电压是U，末端间的电压为U1，输电线路上损失的电功率是：
I1（U﹣U1）．故D错误．
故选：
A．
11．如图所示为某电场中的一条电场线，在a点静止地放一个正电荷（重力不能忽略），到达b时速度恰好为零，则（ ）
A．电场线的方向一定竖直向上
B．该电场一定是匀强电场
C．该电荷从a→b是加速度变化的运动
D．该电荷在a点受到的电场力一定比在b点受到的电场力小
【考点】AD：
电势差与电场强度的关系；A7：
电场线．
【分析】解答本题要掌握：
根据质点的运动情况：
先加速运动后减速运动，正确判断其受力情况：
电场力逐渐增大，弄清在a、b两点电场力和重力大小关系．
【解答】解：
A、在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反；粒子带正电，则电场力的方向与电场线方向相同，故电场线的方向向上，故A正确
B、由于粒子在a点由静止释放后先加速，到达b点也静止，可知粒子开始时受到的重力大于电场力，后来电场力大于重力，该电场一定不是匀强电场．故B错误
CD、从a到b先加速后减速，该粒子从a到b是做变加速运动，故电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，电荷在b点受到的电场力大于电荷在a点受到的电场力，故CD正确
故选：
ACD
12．如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升
B．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升
C．电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变
D．电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变
【考点】AK：
带电粒子在匀强电场中的运动；BB：
闭合电路的欧姆定律．
【分析】滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小．同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小．
【解答】解：
电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理得：
eU′=
mv2﹣0，则得电子获得的速度为：
v=
．
电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间：
t=
；
在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a=
，电子在电场方向偏转的位移y=
at2．
解得：
y=
，又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转．
A、滑动触头向右移动时，加速电压U′变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升，故A错误，B正确；
C、偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子加速获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为v′=
，故电子打在屏上的速度增大，故C错误．
D、电子在电场中运动的时间不变，离开电场后做匀速直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所以电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，故D正确．
故选：
BD．
13．如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，带电小球通过下列电磁混合场时，可能沿直线运动的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】CM：
带电粒子在混合场中的运动．
【分析】当粒子不受洛伦兹力或者三力平衡时物体有可能沿着直线通过电磁场区域．
【解答】解：
A、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B、小球受重力、向左的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；
C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D、粒子受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；
故选：
CD
14．如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的．两个相同的带正电小球同球从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则（ ）
A．两小球到达轨道最低点的速度vM=vN
B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN
C．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点
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