福建省莆田市哲理中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试卷 Word版含解析

福建省莆田市哲理中学2017-2018学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择（共10小题，每小题4分．共40分．）1．在阴极射线管的正上方平行放置通以强电流的一根长直导线，其电流方向如图所示．则阴极射线将( )A．向上偏转B．向下偏转C．向纸里偏转D．向纸外偏转考点：左手定则；洛仑兹力．分析：带电粒子在电流的磁场中运动，受到洛伦兹力作用而发生偏转．由左手定则可确定洛伦兹力的方向，再根据运动与力的方向来确定运动轨迹．解答：解：由通电导线的电流方向，根据右手螺旋定则可得电子射线管处于垂直纸面向里的磁场，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向下偏转．故选：B点评：电流提供的磁场，让电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，有才可能有洛伦兹力，当正电荷运动，则四指为粒子运动方向，大拇指为洛伦兹力方向，若是负电荷，则大拇指的反方向为洛伦兹力方向．2．关于磁感线的概念和性质，以下说法中正确的是( )A．磁感线上各点的切线方向就是各点的磁感应强度方向B．磁场中任意两条磁感线有可能相交C．铁屑在磁场中的分布所形成的曲线就是实际存在的磁感线D．磁感线总是从磁体的N极发出终止于磁体的S极考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．磁感线是形象描述磁场的强弱与方向，但它不是实际存在的．解答：解：A、据磁感线的物理意义可知：磁感线上个点的切线方向就是该点的磁感应强度方向，故A 正确．B、磁场中任意两条磁感线不可能相交．如相交，则交点处有两个方向，这是不可能的．故B错误．C、细铁可模拟磁感线，但磁感线是形象地描述磁场而引入的曲线，是假想的曲线，并不是真实存在的，故C错误．D、在磁铁的外部，磁感线是从磁体的N极出发指向磁体的S极，在磁铁的内部，磁感线总是从磁体的S极出发指向磁体的N极．故D错误．点评：本题考查对磁感线的理解，要抓住磁感线的物理意义及不相交、不存在、闭合曲线等特点进行全面理解．3．一带电粒子，沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子一段径迹如图所示，径迹上每一小段都看成圆弧，由于带电粒子使周围空气电离粒子能量不断变小，（带电量不变），则( )A．粒子带负电，从B射入B．粒子带负电，从A射入C．粒子带正电，从B射入D．粒子带正电，从A射入考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从A到B，在根据左手定则可知，粒子带负电，所以B正确，ACD错误．故选：B．点评：根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键．4．如图所示的磁场中同一条磁感线（方向末标出）上有a，b两点，这两点处的磁感应强度( )A．大小相等，方向不同B．大小不等，方向相同C．大小相等，方向相同D．大小不等，方向不同考点：磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度．分析：磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，磁感应强度越大，磁感线越疏，磁感应强度越小．根据磁感线的疏密来判断磁感应强度的大小．解答：解：如图，a点处磁感线比b点处磁感线密，则a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度．而某点的切线方向即为该点的磁感应强度的方向．因此它们的方向相同．故B正确，ACD错误；点评：磁感线可以形象表示磁场的强弱和方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，磁感应强度越大．磁感线的切线方向表示磁场的方向．5．一个通电直导线的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，则小磁针将( )A．顺时针转动B．向左移动C．向右移动D．逆时针转动考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：小磁针N极的受力方向与磁场方向相同．由安培定则判断出磁场方向，即可分析出小磁针N极的受力方向，从而判断出小磁针的转动方向．解答：解：根据安培定则判断可知通电直导线在小磁针处产生的磁场方向向下，则小磁针N极受到的磁场力方向向下，S极受到的磁场力方向向上，所以小磁针将顺时针转动．故A 正确，BCD错误．故选：A点评：本题关键要知道小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是磁场方向，也是磁感应强度方向．能熟练运用安培定则判断磁场的方向．6．在下列所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是( )A．B．C．D．考点：左手定则．分析：磁场对直线电流的作用称为安培力，用左手定则判断方向．将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．解答：解：A、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外．四指指向电流方向：斜向右上方，拇指指向安培力方向：斜向左上方．根据左手定则判断可知是正确的．故A正确．B、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向外穿过手心，则手心朝里．四指指向电流方向：向下，拇指指向安培力方向：向左．根据左手定则判断可知是错误的．故B错误．C、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向右穿过手心，则手心朝左．四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下．根据左手定则判断可知是不正确的．故C错误．D、电流的方向与磁场的方向平行，所以电流不是安培力的作用．故D错误．故选：A．点评：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．7．两环平面垂直，通过两环的磁通量Φa、Φb比较，则( )A．Φa＞Φb B．Φa＜Φb C．Φa=Φb D．无法确定考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．解答：解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa＞Φb．故选：A点评：本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．常见问题，中等难度．8．如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是( )A．S闭合瞬间，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变亮B．S闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1C．S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反D．S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变考点：自感现象和自感系数．分析：当灯泡处于正常发光状态时，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化．解答：解：AB、S闭合后，电源的电压立即加到两灯泡两端，故两灯泡将立刻发光，故AB均错误；CD、开关S断开后，线圈与L2构成回路，由于自感的存在，电流将从I1开始减小为0，方向与I2方向相反，故C正确，D错误；故选：C．点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用，关键明确线圈中的电流只能缓慢增加、缓慢减小．9．如图甲所示，一矩形线圈放在随时间变化的匀强磁场内．以垂直线圈平面向里的磁场为正，磁场的变化情况如图乙所示，规定线圈中逆时针的感应电流为正，则线圈中感应电流的图象应为( )A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，从而得出感应电流的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向．解答：解：在0～t1时间内，根据法拉第电磁感应定律E=知，磁场均匀增大，则感应电流为定值，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，为正值．在t1～t2时间内，磁感应强度不变，则感应电流为零，在t2～t4时间内，磁感应强度的变化率相同，则感应电流大小相等，根据楞次定律知t2～t3、t3～t4时间内，感应电流的方向相同，为顺时针方向，为负值，因为磁感应强度的变化率比0～t1时间内小，则感应电流小．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会通过楞次定律判断感应电流的方向．10．长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如图所示．则下面说法中正确是( )A．金属块上、下表面电势相等B．金属块上表面电势高于下表面电势C．金属块上表面电势低于下表面电势D．无法比较上、下表面的电势高低考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：金属块中移动的是自由电子，电流水平向右，知电子向左运动，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得知电子的偏转方向，最终比较出上下表面电势的高低．解答：解：电子从右向左运动，根据左手定则，电子向上偏转，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电，所以上表面的电势低于下表面的电势．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道金属中移动的是自由电子，以及掌握左手定则判断洛伦兹力的方向．二、填空题（共20分．其中11题5分，其它的每空3分）11．如图所示，两根相距d平行放置的导电轨道，轨道间接有电阻R，处于磁感应强为B，垂直轨道平面内的匀强磁场中，一根金属杆与轨道成60°角放置在轨道上，现让金属杆以垂直于杆的速度v沿轨道匀速滑行，若导电轨道和金属杆的电阻不计，则通过电阻R的电流为．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：首先求出金属棒的等效长度，再利用动生电动势公式和欧姆定律联合求解．解答：解：金属棒的等效长度：L=金属杆匀速运动产生的电动势：E=BLv有欧姆定律可知：I=联合以上解得：I=故答案为：点评：明确金属棒的等效长度是解题的关键，灵活应用动生电动势公式和欧姆定律，基础题．12．一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T．在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是4×10﹣4 Wb；磁通量的平均变化率是8×10﹣3 Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是1.6 V．考点：法拉第电磁感应定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小．解答：解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T．所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2﹣∅1=（B2﹣B1）S•sin30°=4×10﹣4Wb而磁通量变化率为：=8×10﹣3Wb/s则线圈中感应电动势大小为：E=N=1.6V故答案为：4×10﹣4，8×10﹣3，1.6．点评：感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系．由此求出则是平均感应电动势，而瞬时感应电动势则由E=BLV，式中L是有效长度，V是切割磁感线的速度．13．如图甲所示，A、B为两个相同的导体线圈，它们共轴并靠近放置，A线圈中通有（乙）图所示的交变电流，则在t1﹣t2时间内，线圈A、B相互吸引（填“吸引”、“排斥”或“无作用力”，下同）在t2﹣t3时间内，线圈A、B相互排斥．考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，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．最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．解答：解：在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象；在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥；故答案为：吸引，排斥．点评：解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同．三、计算题（共40分，14题12分，15题14分，16题14分．）14．把一根长l=10cm的导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中，（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，则该磁场的磁感应强度为多少？（2）若该导线中通以I2=3A的电流，则此时导线所受安培力大小是多少？方向如何？考点：安培力；左手定则．分析：（1）已知B与L互相垂直，根据安培力的公式F=BIL，求磁感应强度B．（2）根据安培力的公式F=BIL，求出安培力的大小，并用左手定则判断出安培力的方向．解答：解：（1）代入数据得：B=5×10﹣7T故磁场的磁感应强度为5×10﹣7T．（2）由F=BIL代入数据得：F=1.5×10﹣7N方向竖直向上故安培力的大小1.5×10﹣7N，方向竖直向上．点评：解决本题的关键掌握安培力的公式F=BIL，会用左手定则判断出安培力的方向．15．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨，相距为L=10cm，竖直放置，导轨上端连接着电阻R1=1Ω，质量为m=0.01kg、电阻为R2=0.2Ω的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计．整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B=1T的匀强磁场中．ab杆由静止释放，经过一段时间后达到最大速率，g取10m/s2，求此时：（1）杆的速率；（2）ab间的电压；（3）电阻R1消耗的电功率．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）金属棒在重力作用下，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，然后做匀速直线运动，根据金属棒所受的拉力等于安培力，求出最大速度．（2）根据欧姆定律求出ab间的电压．（3）根据电功率公式P1=I2R1求解．解答：解：（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为v，由平衡条件得：mg=BIL，感应电流：I==，代入数据得：v=12m/s（2）感应电动势：E=BLv，感应电流：I=，ab间的电压：U ab=IR1，代入数据解得：U ab=1V；（3）电阻R1消耗的电功率：P1=I2R1，代入数据得：P1=1W；答：（1）杆的速率是12m/s；（2）ab间的电压是1V；（3）电阻R1消耗的电功率是1W．点评：解决本题关键通过受力判断出金属棒的运动情况，知道当金属棒加速度为零时，速度最大．以及会根据电功率公式求解．16．如图，△OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（L，0）、C（0，L），在△OAC 区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y 轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴．不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用．（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子垂直OA进入磁场中，转过90°，垂直打在y轴上，则t=t0=T，求出周期，由周期公式T=求B的大小．（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有θ1=180°﹣θ2，可得到时间之和等于．（3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，只要求出△θ的最大值，即可求得θ2的最大值．由△t=和已知条件△t max=，联立可求出θ2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度．解答：解：（1）粒子在t0时间内，速度方向改变了90°，t=t0=T，故周期T=4t0由T=…①得B=…②（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有：θ1=180°﹣θ2…③故t1+t2==2t0…④（3）由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，由②得：△θ=θ2﹣θ1=2θ2﹣180°…⑤根据⑤式可知θ2越大，△θ2越大，时间差△t越大由△t=…⑥由题时间间隔最大值为△t max=…⑦又T=4t0 …⑧则⑤⑥⑦⑧得，θ2的最大值为θmax=150°…⑨在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系α=180°﹣θ=30°…⑩由几何知识得tan∠A==得∠A=60° (11)β=90°﹣∠A=30° (12)且有Rcosα+=L解得：R=根据qvB=m（或v=或v=均可）代入数据解得：v=答：（1）磁场的磁感应强度B的大小是；（2）这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系是t1+t2==2t0；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，粒子进入磁场时的速度大小是．点评：对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键．。