太原市2017一2018學年第一學期高二年級期末考試物理試卷

1、（旭日整理）太原市2017一2018學年第一學期高二年級期末考試物理試卷(理科)（）考試時間:下午2:30-4:00本試卷為閉卷筆答,答題時間90分鐘，滿分100分說明：本答案沒有經過校對，若有個別錯誤之處敬請諒解一.單項選擇題:本題包含10小題,每小題3分,共30分。請將正確選項前的宇母填在下表內應位置1.關于洛倫茲力,下列說法正確的是（A）帶電粒子在磁場中運動時,一定受到洛倫茲力的作用（B）由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),所以洛倫力也會做功（C）洛倫茲力方向一定與電荷運動方向垂直,但磁場方向不一定與電荷運動方向垂直（D）若運動電荷在空間某點不受洛倫茲力,則該點的磁感應強度一定為零【答案】C

2、【解析】當帶電粒子平行于磁場中運動時，不受洛侖茲力作用，故A錯誤；洛倫茲力的方向始終與運動的方向垂直，所以洛倫茲力不做功故B錯誤；由洛倫茲力的定義，洛倫茲力與速度方向垂直，但與B的方向可以成一定夾角，故C正確由洛倫茲力公式F=qvBsin知，=90時該點的磁感應強度B可以不為0.2關于磁感應強度的定義式,下列理解正確的是（A）電流元在磁場中某處所受的磁場力為零時,該處的磁感應強度一定為零（B）磁場中某處的磁感應強度的方向與電流元在該處所受安培力的方向一致（C）磁場中某處的磁感應強度B與F成正比,跟I和導線長度L的乘積成反比（D）當在勻強磁場中的通電導線與磁場垂直時,它受的安培力與電流I和導線長

3、度L的乘積成正比【答案】D【解析】若導線與磁場平行，則磁場力為零；所以安培力為零時，不能說明磁感應強度為零，故A錯誤根據左手定則可知，磁場中某處磁感應強度方向與通電導線在該處所受的安培力方向垂直，故B錯誤為磁感應強度的定義式，凡是定義式，各個物理量都沒有正反比關系，故C錯誤3.兩個質量相同、帶等量異號電荷的帶電粒子a，b,以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域,其軌跡如圖所示,不計粒子的重力。下列說法正確的是（A）a粒子帶正電,b粒子帶負電 （B）a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大（C）b粒子的動能較大 （D）b粒子在磁場中運動時間較長【答案】C【解析】粒子向右運動，根據左手定則，

4、b向上偏轉，應當帶正電；a向下偏轉，應當帶負電，故A錯誤洛倫茲力提供向心力，即：，得：，故半徑較大的b粒子速度大，動能也大故C正確由公式；f=qvB，故速度大的b受洛倫茲力較大故B錯誤磁場中偏轉角大的運動的時間也長；a粒子的偏轉角大，因此運動的時間就長故D錯誤4.在圖示的電路中,當開關S閉合后,兩個標有3V0.3A”的燈泡均不發(fā)光,用電壓表測得Uad=Ucd=6V,Uac=0V。如果各段導線及接線處均無故障,這說明（A）滑動變阻器R的電阻絲斷了 （B）燈泡L2的燈絲斷了（C）燈泡L1的燈絲斷了 （D）開關S未接通【答案】A【解析】閉合開關后，兩個小燈泡均不發(fā)光，說明電路為斷路Uad= 6Va到

5、正極，d到負極沒有斷路Ucd=6Vc到正極，d到負極沒有斷路Uac=0Va到正極，c到負極有斷路綜上滑動變阻器R的電阻絲斷了.5. 從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用如圖為地磁場的示意圖（虛線，方向未標出），赤道上方的磁場可看成與地面平行若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有、（電子）、（光子）射線以及質子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下（）（A）射線沿直線射向赤道（B）射線向西偏轉（C）射線向東偏轉（D）質子向北偏轉【答案】B【解析】地磁場的方向由地理南極指向北極，射線和質子均帶正電，根據左手定則，知射

6、線、質子均向東偏轉，射線帶負電，根據左手定則知，射線向西偏轉，射線不帶電，不發(fā)生偏轉，故B正確，A、C、D錯誤6如圖是一個由邏輯電路按鈕開關S光敏電阻R0、蜂器D等元件組成的一個簡單防盜報警器的電路圖,R0被光照時電阻減小。當S未閉合或R0無光照時蜂鳴器D不報警;當放在地面的S被踩下閉合、同時安裝在保險箱內的R0被光照射時,蜂鳴器就會發(fā)出鳴叫聲。則該報警器使用的門電路是（A）與門 （B）或門 （C）與非門 （D）或非門【答案】C【解析】由題意分析：按鈕開關S被腳踩下閉合和光敏電阻R0被透入的光線照射同時滿足時，蜂鳴器就會發(fā)出鳴叫聲，電位分析如圖，可知虛線方框中使用的門電路是與非門電路7.如圖為

7、一簡單歐姆表原理示意圖,其中電流表的滿偏電流為200A、內阻為100,可變電阻的最大阻值為10k,電池的電動勢是1.5V,內阻是1。關于該歐姆表的中值電阻(Ig/2對應的電阻值),下列說法正確的是（A）該歐姆表的中值電阻為7500 （B）該歐姆表的中值電阻為10101（C）僅更換電池使電動勢增加,中值電阻不變（D）僅更換電流表,使?jié)M偏電流增大中值電阻增大【答案】A【解析】中值電阻為多用電表的內阻，8.如圖為兩電源的U-I圖象,則下列說法正確的是（A）電源1的電動勢比電源2的大,內阻比電源2的?。˙）當外接相同的電阻時,電源2的效率(輸出功率與總功率的比值)更高（C）當外接相同的電阻時,電源2的

8、輸出功率更大（D）當外接相同的電阻時,兩電源的輸出電流可能相等【答案】B【解析】A、根據閉合電路歐姆定律得，U=EIr，當I=0時，U=E，即圖線與縱軸交點表示斷路狀態(tài)，交點的縱坐標等于電源的電動勢大小，圖線的斜率大小等于電源的內阻，由圖看出，故A錯誤B、電源的效率=，r越大越小故B正確；C、過原點O作出一條傾斜的直線3，該直線與圖線1、2的交點就表示該電阻與兩電源連接時的工作狀態(tài)，由圖看出，直線3與圖線1交點的兩坐標的乘積大于直線3與圖線2交點的兩坐標的乘積，說明不論外接多大的相同電阻，電源1的輸出功率總比電源2的輸出功率大，故C、D錯誤9.如圖,在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導

9、線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點處磁感應強度的大小為（A）0 （B）B0 （C）B0 （D）2B0【答案】C【解析】在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離為l的a點處的磁感應強度為零，如圖所示：由此可知，外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依據幾何關系，及三角知識，則有：BPcos30=B0； 解得：P或Q通電導線在a處的磁場大小為BP=；當P中的電流反向，其他條件不變，再依據幾何關系，及三角知識，

10、則有：B2=；因外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，磁場大小為B0；最后由矢量的合成法則，那么a點處磁感應強度的大小為B=.10.如圖所示,矩形區(qū)坡abd的ab邊長為(+1)L,bc邊長為L,處于方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。兩相同帶電粒子(重力不計)以平行于ad的相同速度分別從ab邊上的a點和e點射入矩形區(qū)域,兩粒子都恰好通過c點,則（A）粒子在磁場中運動的軌道半徑為L（B）粒子從a點到c點的時間為（C）粒子的比荷為（D）e點與a點的距離為2L【答案】D【解析】兩次r相同。設，be=x，則，由垂徑定理，即解得（舍）ae=ab-be=（）L-（）L=2L 二、多項選擇題

11、:本題包含5小題,每小題3分,共15分。在每小題給出的四個選項中,至少有兩選項正確。全部選對的得3分,選不全的得2分,有錯者或不答的得0分。請將正確選項前的母填在下表內相應位置11.我國西電東送“大動脈”-超高壓銀東直流輸電工程西起寧夏銀川,東至山東青島,線路全長1333公里,氨定輸送量400萬千瓦。設某段沿東西方向的兩條平行輸電線在同一水平面內,且與電源、負載組成閉合回路,已知這段輸電線所在處的地磁場方向與地面平行,則A.兩條輸電線中電流間相互作用的安培力為斥力 B.兩條輸電線中電流間相互作用的安培力為引力C.地磁場對兩條輸電線中電流的作用力方向均豎直向上 D.地磁場對兩條輸電線中電流的作用

12、力方向相反【答案】AD【解析】解：A、B輸電線路上兩道線的電流方向相反，根據電流方向同向相吸，異向相斥即可判斷，兩條輸電線中電流間相互作用的安培力為斥力；C、D 地磁場與輸電線路垂直，根據左手定則可知，輸電線路受到的安培力一個向上，一個向下，且都不為零 12.如圖所示,帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里。不計重力的帶電粒子沿OO方向從左側垂直于電磁場入射,從右側射出a、b板間區(qū)域時動能比入射時小。要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的動能比入射時大,可采用的措施是（A）適當增大兩金屬板間的距離（B）適當減小兩金屬板的正對面積（C）適當減小勻強磁場的磁感應強度（D）使帶

13、電粒子的電性相反 【答案】BC【解析】由題意可知，當原來“右側射出a、b板間區(qū)域時動能比入射時小”，說明“電場力對粒子做負功”電場力小于磁場力，即qEqVB，則EVB；現(xiàn)在，要“射出a、b板間區(qū)域時的動能比入射時大”，就是要“電場力對粒子做正功”，電場力大于磁場力,即EVB，電容器帶電量不變,根據C=、C=、U=Ed，有E=A、，改變極板間距離時,板間的場強不變，故電場力不變，故A錯誤；B、適當減小兩金屬板的正對面積，場強增加，可能滿足，故B正確；C、減小磁場的磁感應強度B，可能有EVB，故C正確；D、使帶電粒子的電性相反，只是電場力與洛倫茲力方向均改變，故D錯誤；13.如圖所示,R1=1,R

14、2=R3=6,滑動變阻器R4的總電阻為6,電源內阻r=1。則在變阻器的滑動觸頭P從最上端滑至最下端的過程中(電表均為理想電表)（A）電源的輸出功率始終增大（B）R1消耗的功率先增大后減?。–）電源的效率(輸出功率與總功率的比值)始終減?。―）電壓表與電流表的示數均先增大后減小 【答案】AC【解析】P從最上端滑至最下端的過程中，R4減小，A.R外減小，我們知道“=r時電源輸出功率最大，如圖”，始終大于r隨著減小，電源輸出功率增大.A正確B.D由“串反并同” R4減小，可知電流表示數增大，電壓表示數減小，D錯誤由可知一直增大，B錯誤C. 電源的效率=，R外越小越小，故C正確14.回旋加速器是用來加

15、速帶電粒子的裝置,如圖所示。它的核心部分是兩個D形金屬盒,兩盒相距很近,分別和高頻交流電源相連接,兩盒放在勻強磁場中,磁場方向垂直于盒底面,帶電粒子由加速器的中心附近進入加速器,直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出如果用同一回旋加速器分別加速氚核和粒子(氚核和粒子質量比為3:4,電荷量之比為1:2),則以下說法正確的是（A）加速氚核與加速粒子的交流電源的周期之比為2：3（B）氚核與粒子獲得的最大動能之比為1:3（C）若增大加速電壓,氚核獲得的最大動能增大（D）若增大加速電壓,氚核在加速器中運動的總時間變短【答案】BD【解析】A.只有加速器所加交流電源的周期與粒子在磁場中運動的周期相同時，粒

16、子才能一直被加速由周期公式可知故A錯誤B. 帶電粒子射出時的動能故B正確C.由B知動能與加速的電壓無關，狹縫間的距離無關，只與磁感應強度大小和D形盒的半徑有關，故C錯誤D. 帶電粒子被加速時間D正確15.如圖所示,空間存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場,磁感應強度為B、電場強度為E。質量為m的帶電小球在場中恰好處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將磁場方向順時針旋轉30,同時給小球個垂直磁場方向斜向下的速度v,則關于小球之后的運動,下列說法正確的是（A）小球運動過程中的加速度不變（B）小球運動過程中電勢能與機械能之和一直不變（C）小球運動的最高點與最低點的高度差為（D）小球第一次運動到最低點歷時【答案】B （該題不

17、是多選，出錯）【解析】小球在復合電磁場中處于靜止狀態(tài)，只受兩個力作用，即重力和電場力且兩者平衡，mg=qE，且小球帶正電當把磁場順時針方向傾斜30，且給小球一個垂直磁場方向的速度v，則小球受到的合力就是洛侖茲力，且與速度方向垂直，所以帶電粒子將做勻速圓周運動，所以小球加速度大小不變但方向不斷改變，故A錯誤由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內做勻速圓周運動運動過程中受到電場力要做功，所以機械能不守恒，但電勢能與機械能之和一直不變，故B正確C、r= 小球運動的最高點與最低點的高度差為2r= ，故C錯誤D、小球從第一次運動到低點的時間為t=T= ，故D錯誤三,實驗題:本題共2小題,共13分,請增答來

18、填在中橫線上或拉要求做答16.(4分)在用多用電表測元件的電阻RX時，選用“10”倍率的電阻擋后,應先進行_然后再進行測量,若多用電表的示數如圖所示,則該元件的電阻為_【答案】歐姆調零；7017.(11分)某實驗小組用圖1的電路測量電阻R,的阻值,圖中R為電阻箱,R為滑動變阻器,電源E的電動勢約為6V,S為單刀雙擲開關,電流表量程為0.6A,內阻較小為RA不可忽略（1）若將滑動變阻器的全部電阻接入電路中對電流表起保護作用,則最適合的總阻值為A.1 B.10 C.100 D1 k【答案】B【解析】（1）電源E的電動勢約為6V，電流表量程為0.6A，則外電路最小的電阻約為Rmin=10，由于待測電

19、阻和電阻箱有一定電阻，變阻器選B：10就能起到保護作用，又不至于使電路中電流過小(2)在圖2中以筆畫線代替導線按實驗原理圖將實物圖補充完整【答案】如右圖(3)實驗小組測量電阻R,的步驟主要如下,完成步驟中的填空將開關S擲于_位置,記下電流表的示數l0.將開關S擲于_位置,調節(jié)_使電流表示數也達到l0;此時電阻箱示數為R0,則Rx阻值為_【答案】a；b；變阻箱R；R0【解析】等效替代法(4)小組中一同學用圖1的電路測電源的電動勢E和內電阻r,其操作如下將開關擲于b位置,調節(jié)R的滑動頭至d端 改變電阻箱的阻值R,記錄對應的電流表示數I.多次重復步驟,測得多組R,I的值,繪出-R圖線如圖3所示由圖線

20、可求得電源的電動勢為_內阻為_【答案】；-=，-四、計算題:本題共4小題,共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位18.(8分)如圖所示,R為電阻箱,V為理想電壓表。當電阻箱調為R1= 1.5時,電壓表的示數U1=3.0V;當電阻箱調為R2=4.0時,電壓表的示數U2=4.0V。求電源的電動勢E和內阻r.【解析】根據閉合電路歐姆定律，得 當電阻箱讀數為R1=1.5時 E=U1+ 當電阻箱讀數為R2=4時 E=U2+聯(lián)立上兩式得 r=1代入式得 E=5V答：電源的電動勢5V，內阻r為119.(10分)如圖所

21、示,在磁感應強度B=1.0T、方向豎直向上的勻強磁場中,有一個與水平面成=37角的平行光滑金屬導軌,兩導軌間距L=0.5m,導軌的上端通過滑動變阻器接在E=12V、內阻可忽略的電源上。將質量m=0.2kg的金屬桿ab垂直導軌放置,不計ab桿與金屬導軌的電阻,調節(jié)滑動變阻器,恰好可使ab在導軌上保持靜止,求取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)。(1)滑動變阻器接入電路的阻值.(2)若改變磁場的方向,使之垂直導軌平面向上,但大小不變,欲使ab仍保持靜止,變阻器接入電路的阻值應調成多大?解：（1）金屬棒受重力mg、安培力F和支持力FN如圖根據平衡條件可得，mgsin=F1co

22、s 又 F1=BI1l 聯(lián)立上式，得根據閉合電路歐姆定律，滑動變阻器接入電路的阻值（2）金屬棒受重力mg、安培力F和支持力FN如圖根據平衡條件可得，又 F2=BI2l聯(lián)立上式，得根據閉合電路歐姆定律，滑動變阻器接入電路的阻值20.(11分)選做題:本題包含A、B兩題,請任選一題做答。如兩題都做,按A題計分A.如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x0區(qū)域,磁感應強度的大小為2B0；x0區(qū)域,磁感應強度的大小為B0。質量為m、電荷量為e的電子以速度v0，從坐標原點O沿x軸負方向射入磁場,從此刻開始計時,求:(不計重力)(1)電子在x0和x0區(qū)域內的軌道半徑；(2)當電子的速度方

23、向再次沿x軸負方向時,電子運動的時間及與O點間的距離【解析】(1)粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力做向心力，則有，那么，電子在x0的軌道半徑，x0區(qū)域內的軌道半徑(2) 粒子運動軌跡如圖所示，則粒子在x0磁場區(qū)域運動半個周期，在x0磁場區(qū)域運動半個周期；在x0磁場區(qū)域運動的周期，那么粒子在x0磁場區(qū)域運動的周期， 所以，粒子運動的時間粒子與O點間的距離B.如圖所示,在直角坐標系xOy的第一象限中,兩個相同的直角三角形區(qū)域I、內存在勻強磁場,其方向相反、磁感應強度大小均為B。兩區(qū)域交點C點的坐標示為(8L,6L)。一質量為m、電荷量為+q的粒子,從磁場邊界上的A(3L,6L)點以一定的速度沿y軸

24、負方向進入磁場,并從x軸上的D點(圖中未畫出)垂直x軸離開磁場,不計重力(1)求粒子進入磁場區(qū)域I時的速度及在磁場I中運動的時間.(2)若將區(qū)域內的磁場換成沿x軸負方向的勻強電場,該粒子仍從A點以原速度進入磁場區(qū)域I,并最終仍能垂直x軸離開,求勻強電場的場強. 解：（1）根據粒子運動的對稱性可知，粒子從OC的中點O進入磁場區(qū)域，且AC=OD，則D的坐標為（5L，0）設粒子在磁場中運動的半徑為r，在磁場中的軌跡所對的圓心角為，根據幾何關系可知，3L，5L-4L=L解得370，r=5L粒子在磁場中做圓周運動，速度大小v=，故v=磁場I中運動的時間.（2）設粒子在電場中運動時間為t，加速度大小為a，

25、則根據運動的分解可知，在x軸方向：0vsin=at，則y軸方向：3L，其中qE=ma，聯(lián)立解得E=21.(11分)選做題:本題包含A、B兩題,請任選一題做答。如兩題都做,按A題計分。A.如圖,在xOy平面內,x0的區(qū)域存在沿y軸負方向的勻強電場;x0的區(qū)域存在垂直于xOy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一質量為m、電荷量為+q的粒子,從M點以速度vo沿x軸正方向射出,第一次通過y軸時從坐標原點O進入第象限;第二次通過y軸時從N點離開磁場。已知M的坐標為(-2h, h),不計重力,求(1)電場強度的大小; (2)坐標原點O與N點之間的距離d(3)粒子從M點運動到N點的總時間t。解：（1）

26、粒子在電場中做類平拋運動，設速度偏角為則設粒子經過O點的速度為v，則cos=即v=2v0.對于電子經過電場的過程，根據動能定理有：qEh =解得：（2）設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，運動軌跡如答圖2所示洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有：qvB=m解得：R=根據幾何關系可知，O與N之間的距離 d=R=（3）設粒子在電場中從M點運動至O點所用時為t1，根據牛頓第二定律可知：粒子在電場中的加速度a=粒子通過O點時豎直方向速度vy=，根據運動學公式有：vy=at1解得：t1=設粒子在磁場中從O點運動至N點用時為t2，粒子在磁場中運動的周期T=，t2=解得：粒子從M點運動到N點的總時間t=t1+t2=B.如圖所示,在以O為圓心,半徑