河南省驻马店市学年高二上学期期末考试物理试题Word格式.docx

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【详解】当K闭合后，外电路的总阻值变小，如果电源有内阻,则路端电压变小，则电流表示数变小，若电源无内阻，则路端电压不变，电流表示数不变，故B正确，ACD错误；

故选B。

4.已知只在A、B之间的空间区域内存在有静电场，电场线平行于x轴，电场中电势φ沿x轴方向的分布如图所示，一带正电粒子从A点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动，则以下分析正确的是（）

A.粒子恰好能到达B位置再返回

B.粒子在到达B位置前就开始向A点返回

C.粒子到达B点后继续向右运动不再返回

D.条件不足，无法判断粒子能否到达B点

【答案】A

【详解】由图知：

UAO＝UOB；

假设粒子到B的速度为vB，从A到B由动能定理得：

qUAO+qUOB＝

；

联立解得：

vB＝0，即粒子恰好能到达B位置再返回，故A正确，BCD错误。

故选A。

5.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和a粒子（氦原子核）先后以相同的动能对准圆心O射入磁场，若粒子只受磁场力的作用，已知质子在磁场中偏转的角度为90°

，则α粒子在磁场中偏转的角度是（）

A.30°

B.45°

C.90°

D.120°

【详解】根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m

，得R＝

，质子和a粒子的质量之比为1：

4，所带电荷量之比为1：

2，质子和a粒子（氦原子核）具有相同的动能，故两者的速度之别为2：

1；

根据R＝

可得，质子和a粒子在磁场中做圆周运动的半径相等，所以转过的角度相同，即也转90°

，故C正确，ABD错误，故选C。

6.如图所示，电源电动势E＝10V，内阻不计，R1＝1.0Ω，R2＝4.0Ω，R3＝5.0Ω，C1＝C2＝30μF，先闭合开关S，待电路稳定后，再将S断开，则从S断开到电路再次稳定的过程中，通过R2的电荷量为（）

A.1.2×

10﹣4CB.1.5×

10﹣4CC.1.8×

10﹣4CD.30×

10﹣4C

【详解】开关闭合时，电路中电流为：

C2两端的电压为：

UC2＝IR3＝1×

5＝5V；

C2的带电量为：

Q2＝C2UC2＝30×

10﹣6×

5＝1.5×

10﹣4C，当断开开关后，两电容器直接与电源相连，C2的带电量为：

Q2＇＝C2E＝30×

10＝3.0×

10﹣4C，故通过R2的电量为：

∆Q=Q2＇-Q2＝1.5×

10﹣4C，故B正确，ACD错误；

故选：

B。

7.如图所示，两条平行的光滑金属导轨间距为10cm，导轨平面与水平面夹角为45°

，上端连接的定值电阻阻值为1.5Ω，电源电动势为3V（内阻不计），质量为20g的导体棒ab放在金属导轨上，且与导轨垂直。

整个装置处在方向垂直于导体棒的匀强磁场（图中未画出）中，已知重力加速度g取10m/s2，不计导轨和导体棒的电阻。

若使导体棒静止不动，关于磁场的磁感应强度最小值Bm，和与之相对应的磁场方向（顺着导体棒从a向b看），以下说法正确的是（）

A.Bmin＝

T，水平向左

B.Bmin＝0.4T，水平向左

C.Bmin＝

T，垂直斜面向上

D.Bmin＝0.1T垂直斜面向上

【详解】导体棒受到的最小安培力，导体棒受重力和支持力的合力沿导轨向下为F＝mgsin45°

＝BIL，

，解得B＝

T，根据左手定则知，磁场方向垂直斜面向上，故C正确，ABD错误；

8.类比磁通量的概念，在静电场中同样可以定义电通量的概念：

若电场中有一个面积为S的区域，各处的电场强度大小均为E，且与该区域垂直，则穿过这个面积的电通量φ＝ES．空间中现有一个电荷量为Q的固定点电荷，在其周围激发静电场，以点所在位置为球心作两个半径不同的球面S1和S2，如图所示。

则以下说法正确的是（）

A.通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离成正比

B.通过S1和S2的电通量与它们距球心距离的平方成正比

C.通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离成反比

D.通过S1和S2的电通量为一个恒量，与它们距球心的距离无关

【详解】根据点电荷的场强公式，求得球面上各处的电场强度大小为：

，由于球面上各处电场强度方向都与球面垂直，故通过球面的电通量为：

，由公式可知，通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离无关。

故ABC错误，D正确；

9.一个可自由移动的带电粒子（重力忽略不计）在匀强电场、匀强磁场同时存在的空间中可能出现的运动状态是（）

A.匀变速直线运动B.静止

C.匀变速曲线运动D.匀速圆周运动

【详解】若电场方向与磁场方向共线，且粒子的运动方向沿电、磁场方向，则粒子不受洛伦兹力，只受电场力，而电场力是恒力，因此粒子做匀变速直线运动，故A正确；

带电粒子静止时，只受到电场力，不受洛伦兹力，不可能静止，故B错误；

若粒子做匀变速曲线运动，合外力恒定，电场力恒定，而洛伦兹力会随着速度的变化而变化，所以合外力不可能恒定，所以不可能做匀变速曲线运动，故C错误。

匀速圆周运动的合外力大小恒定，方向指向圆心，由于电场力恒定，洛伦兹力大小恒定，方向时刻在变化，所以合外力大小不可能恒定，方向也不可能始终指向圆心，所以不可能做匀速圆周运动，故D错误；

10.如图所示，六个点电荷分布在边长为a的水平放置的正六边形ABCDEF六个顶点处在A、D、F处点电荷的电荷量均为﹣q，其余各处点电荷的电荷量均为+q，光滑竖直杆固定在正六边形的中心轴上。

现将质量为m、带电荷量为+Q的小环穿在杆上，由P点自由释放，若不考虑P环的电荷对电场的影响，则下列说法正确的是（）

A.O点电场强度大小为

，方向由O指向C

B.O点电势等于P点电势

C.小环从P到O做匀加速直线运动

D.小环从P到O的过程电势能先减小后增大

【答案】BC

【详解】每一个电荷在中心O处产生的场强均为

，根据场强的叠加原理可得，O点电场强度大小为

，方向由O指向F，故A错误；

由电势的叠加可知，OP上各点的电势均为零，则O点电势等于P点电势，故B正确；

小环从P到O电势能不变，则小环只受重力作用而匀加速直线运动，故C正确；

小环从P到O的过程电势能不变，故D错误。

故选BC。

11.如图甲所示，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图示箭头方向为正方向。

螺线管与灵敏电流表G相连，构成闭合回路。

当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是（）

A.在t＝1s时，电流表G的示数为0

B.在0﹣1s时间内，感应电流方向为c→G→b

C.1s﹣2s与2s﹣﹣3s两段时间内，感应电流方向相同

D.在2s﹣4s时间内，电流先增大再减小

【答案】BD

【详解】由B﹣t图知，t＝1s时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，则感应电流最大；

故A错误。

0﹣1s时间内磁场的方向向下，且减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向下，感应电流的方向向下，为d→c→G→b→a．故B正确；

在1﹣2s时间内，磁通量的向上不断变大，在2﹣3s时间内，磁通量的向上不断变小，根据楞次定律，两段时间内感应电流方向相反。

故C错误。

在2﹣4s时间内，磁场的变化率先增大后减小，由法拉第电磁感应定律可知，感应电流先增大后减小。

故D正确。

故选BD。

12.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）相连，下极板接地，在两极板间P点固定一个带负电的微粒。

现在改变某一条件（P点始终在两极板间），当电路再次稳定后，一定能使带电微粒的电势能减少的情况是（）

A.将上极板向下平移一小段距离

B.将上极板向左平移一小段距离

C.下极板向下平移一小段距离

D.在极板间充入某种电介质

【答案】AC

【详解】平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，知平行板的间的电势差不变，根据EP＝qφ知，点电荷的电势能与电势高低有关，P点电势等于这点与0势面的电势差，即φ＝Ed0P，所以EP＝qEd0P。

将上极板向下平移一小段距离，板间距减小，根据E＝U/d知电场强度增大，电势能EP＝﹣qEd0P减小，故A正确；

将上极板向左平移一小段距离，改变正对面积，电容减小，但不影响电场强度和P到零势面的距离，所以电势能不变，故B错误；

将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，d增大，根据E＝U/d，电场强度减小，电势能EP＝﹣qEd0P＝﹣

减小，故C正确；

在极板间充入某种电介质，增大电容，但不改变电场强度和P到零势面的距离，所以电势能不变，故D错误。

故选AC。

二、解答题

13.软铁环上绕有A、B、C三个线圈，线圈的绕向如图所示，这三个线圈分别与线圈M、电源、电流表相连。

当电键K1闭合、K2断开时，将条形磁铁的N极加速向下插入线圈M过程中，电流表指针向左偏转。

由上述可知：

（1）若保持K1闭合、K2断开，将条形磁铁的S极从线圈M中加速向上拔出的过程中，电流表指针（选填向左向右或不）____偏转

（2）若保持K1、K2均闭合，将条形磁铁插入线圈M中保持不动，电流表指针_____（选填向左、向右或不）偏转

（3）若保持K1断开，在K2闭合瞬间，电流表指针_____（选填向左、向右或不）偏转

【答案】

（1）.向右；

（2）.不；

（3）.向右

【详解】

（1）若保持K1闭合、K2断开，将条形磁铁的S极从线圈M中加速向上拔出的过程中根据感应电流产生条件和楞次定律可知，M中产生从上往下看瞬时针方向电流，由于加速拔出，则产生电流增大，则A中电流从右端进，左端出，电流增大，根据安培定则可知A产生磁场轴线上方向为从右向左，则C中磁场方向从下向上，且增大，故会产生感应电流，根据楞次定律可知，线圈C中电流方向从上向下，又将条形磁铁的N极加速向下插入线圈M过程中，电流表指针向左偏转，此时与之相反，则电流表指针向右偏转；

（2）若保持K1、K2均闭合，将条形磁铁插入线圈M中保持不动，线圈A中无电流，B中电流不变，所以C线圈中的磁场不变，故磁通量不变，故无感应电流产生；

（3）若保持K1断开，在K2闭合瞬间，B中电流瞬时增大，金属环中产生逆时针方向磁场，则C中磁场方向从下而上，且增大，故会产生感应电流，且与

（1）产生电流方向相同，故向右；

14.某兴趣小组要将一块量程Ig为1mA、内阻约为100Ω的电流表G改装成量程为3V的电压表。

首先要测量该电流表的内阻现有如下器材

A.待测电流表G（量程1mA、阻值约100Ω）

B.滑动变阻器（总阻值5000Ω、额定电流1A）

C.滑动变阻器（总阻值500Ω、额定电流1A）

D.电阻箱R2（总阻值999.9Ω）

E.电源（电动势为1.5V，内阻很小）

F.电源（电动势为3V，内阻很小）

G.开关、导线若千

（1）该小组如果选择如图甲所示的电路来测量待测电流表G的内阻，则滑动变阻器R1应选择________（填器材前代码序号），电源应选择_______（填器材前代码序号）。

（2）实验时，先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使得G的示数为Ig；

保证R1的阻值不变，再闭合S2；

调节电阻箱R2，使得G的示数为

，此时电阻箱R2的示数如图乙所示，则G的内阻为________Ω

（3）该实验中，G的内阻测量值_______真实值（填“大于”或“小于”）

【答案】

（1）.B

（2）.F（3）.96（或96.0）（4）.小于

【分析】

根据电流表G改装成量程为3V的电压表电源的电动势，由欧姆定律求出电路中的总电阻，然后选择滑动变阻器；

电流表G与电阻箱并联，流过G的电流变为

，则流过电阻箱变为

，它们并联，它们两端电压相等；

根据串并联电路特点与欧姆定律分析实验误差；

【详解】解:

（1）由于将电流表G改装成量程为3V的电压表，所以电源的电动势选3V，故电源应选择F；

待测电流表G量程是1mA，其串联电路的R1上的电流：

，电路中的总电阻

，所以滑动变阻器R1应选择B；

（2）使得G的示数为

，则有电阻箱R2的电流为

，它们并联，它们两端电压相等，根据电路结构则有

，解得

（3）测电流表内阻时闭合开关S2后整个电路电阻变小，电路电流变大，电流表G的示数为

，流过电阻箱的电流大于为

，电阻箱阻值小于电流表内阻的2倍，即电流表内阻测量值偏小；

三、计算题

15.如图所示，水平面内两根足够长的平行金属导轨MM′和MN′相距L，左端MN之间接一个阻值为R的电阻，质量为m的金属棒ab垂直跨放在两导轨上，整个装置置于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。

t＝0时刻，金属棒ab在方向平行于导轨大小为F的水平恒力作用下由静止开始运动，经过一段时间，金属棒恰好开始做匀速运动，在这段时间内回路中产生的焦耳热为Q．假定导轨光滑，导轨与导体棒的电阻均不计，求：

（1）金属棒ab匀速运动时的速度；

（2）金属棒ab从t＝0时刻到开始做匀速运动时发生的位移x。

【答案】

（1）

（2）

（1）金属棒切割磁感线缠身的感应电动势为E＝BLv

回路中产生的感应电流为

，

金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝BIL

；

（2）由功能关系

解得：

16.如图所示，P点是光滑绝缘斜面AC的中点，斜面高度AB＝h，倾角为30°

空间存在方向水平向右的匀强电场，场强大小未知。

当在B点固定一质量为m的带电小球时，另一质量和带电情况完全相同的小球，恰好可以静止在P点且对斜面无压力。

已知重力加速度为g，静电力常量为k，小球可视为质点。

（1）求小球所带电荷量q和电场的场强E；

（2）若把B点的小球撤去，将P点的小球由静止释放，求该小球离开斜面时的速度。

（1）小球恰好可以静止在P点且对斜面无压力，小球受力分析，如图所示：

由平衡得：

mg＝qEtan60°

由几何关系可知BP＝PA＝AB＝h

、

（2）如果撤去B点的带电小球，则P点的小球只受重力和电场力，而qEcos30°

＞mgsin30°

，所以P点小球沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：

qEcos30°

﹣mgsin30°

＝ma

由运动规律得：

v2＝2a•PA

17.如图所示，圆形金属线圈半径r＝0.3m，匝数n＝50，电阻R0＝19，竖直放置在匀强磁场中；

磁场的磁感应强度大小随时间t按B＝（1+

t）T的规律变化，磁场方向水平向里与线圈平面垂直：

两个定值电阻的阻值分别为R1＝69Ω，R2＝12Ω，水平平行板电容器C极板长L＝0.1m，两板间距d＝0.05m

（1）求线圈中产生的感应电动势E；

（2）当滑动变阻器接入电路中的阻值R＝1Ω时，求电阻R1消耗的电功率；

（3）调节滑动变阻器，可使速度为v＝3×

102m/s、比荷为

＝3×

104Ckg的带电粒子（重力忽略不计）紧贴电容器C上极板从左侧水平射入电容器后，刚好能从下极板的右边缘射出，求此时滑动变阻器接入电路的阻值。

（1）9V；

（2）6W；

（3）19

（1）由法拉第电磁感应定律有：

E＝nS

线圈面积为：

S＝πr2

代入数据得：

E＝9V

（2）当R＝1Ω时，由闭合电路的欧姆定律得：

E＝I（R0+R+

）

流过电阻R1的电流为：

R1消耗的电功率为：

P＝I12R1

代入数据可求得：

P1＝6W

（3）由楞次定律可知电容器下极板带正电，且电容器的电压等于R2两端电压，带电粒子

在两极板间做类平抛运动，所以有：

x＝vt

y＝

at2

由牛顿第二定律有：

由电路规律有：

E＝UR2+I（Rx+R0）

联立以上方程可得此时滑动变阻器接入电路的阻值为：

R＝19Ω

18.如图所示，长木板C质量为mc＝0.5kg，长度为l＝2m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E（厚度不计），P为木板C的中点，一个质量为mB＝480g的小物块B静止在P点。

现有一质量为mA＝20g的子弹A，以v0＝100m/s的水平速度射入物块B并留在其中（射入时间极短），已知重力加速度g取10m/s2

（1）求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；

（2）A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数μ1；

（3）若B与C间的动摩擦因数μ2＝0.05，B能与挡板碰撞几次？

最终停在何处？

（1）4m/s；

（2）0.4；

（3）4，停在P点

（1）子弹射入物块过程系统动量守恒，以向左为正方向，

由动量守恒定律得：

mAv0＝（mA+mB）v1，

代入数据解得：

v1＝4m/s；

（2）由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，

（mA+mB）v1＝（mA+mB+mC）v2，

由能量守恒定律得：

μ1＝0.4；

（3）A、B、C组成的系统动量守恒，最终三者速度相等，以向左为正方向，

碰撞次数：

n＝1+

n＝4.5，

由题意可知，碰撞次数为4次，最终刚好停在P点；