湖北省孝感高级中学高二物理上学期期末考试试题(无答案)
2023年湖北省孝感市高二物理第一学期期末学业水平测试试题含解析
A．电池组(3 V，内阻约1 Ω) B．电流表A1(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)
C．电流表A2(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω) D．电压表V1(0～3 V，内阻4 kΩ)
(2)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读为____mm.
(3)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式 ＝_____.
12．（12分）（1）如图所示，游标尺上有50个等分刻度的游标卡尺测量工件的情况，读数为______mm
（2）如图所示，螺旋测微器的示数为_______mm.
2023年湖北省孝感市高二物理第一学期期末学业水平测试试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示，三根通电直导线垂直于纸面放置，现使每根导线在a点产生的磁感应强度大小均为B，关于a点的磁感应强度说法正确的是（）
湖北省年高二物理上学期期末考试试题
高二物理上学期期末考试试题考试时间：2022年1月13日一、选择题:此题共12小题,每题4分,共48分。
在每题给出的四个选项中,第1-8题只有一项符合题目要求,第9-12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
1．以下有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的选项是A．分子间距离减小时分子势能一定减小B．温度越高，物体中分子无规那么运动越剧烈C．温度是物体内分子热运动的平均速率的标志D．布朗运动是液体分子的无规那么运动2．两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如下图。
两通电导线各自在C处产生磁场的磁感应强度大小都是B0，那么以下说法正确的选项是A．等边△ABC区域中〔包括边界〕没有磁感应强度为零的点B．在C处磁场的总磁感应强度方向垂直于AB连线向下C．在C处磁场的总磁感应强度大小是B0D．在C处磁场方向与AB连线的中垂线方向垂直3．如上图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．假设第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，那么A．W1＜W2，q1＜q2 B．W1＜W2，q1=q2C．W1＞W2，q1=q2 D．W1＞W2，q1＞q24．如下图，AOC是光滑的金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属棒，立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在OA上，直到完全落在OC上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，那么ab棒在上述过程中( )A．感应电流方向是b→aB．感应电流方向是a→bC．感应电流方向先是b→a，后是a→bD ．感应电流方向先是a→b，后是b→a 5．如下图电路，灯A 、B 都能正常发光，突然灯A 变亮，灯B 变暗，如果电路中有一处出现断路故障，那么出现断路故障的电路是( )A ．R 1所在的支路B ．R 2所在的支路C ．R 3所在的支路D ．电源所在的电路6．如图甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。
高二物理上学期期末考试试题无答案(2)word版本
孝感高中2016—2017学年度高二上学期期末考试物理试题考试时间：90分钟分值：110分一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．1～6小题每题只有一个选项正确．7～10小题每题有多个选项正确．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是 ( )A．电路中磁通量密度越大，感应电动势就越大B．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大C．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大D．若电路中某时刻磁通量为零，而该时刻感应电流可以不为零2．如图所示，范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B．一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )A．t1∶t2＝2∶1B．t1∶t2＝1∶1C．ω1∶ω2＝2∶1D．ω1∶ω2＝1∶13．边长为L的正方形金属框置于光滑水平面上，以某一初速度穿过方向竖直向上的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为d（d>L）．则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程中，正确的是（）A．进入磁场过程a点电势高于b点电势B．进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的发热量C．进入磁场过程的所用的时间等于穿出磁场过程的时间D．穿出磁场过程的加速度可能不变4．如图甲所示,线圈ABCD固定于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外,当磁场变化时,线圈AB边所受安培力向向左且大小恒定不变,则磁场的变化情况可能是选项中的( )5．如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P(－2L,0)、Q(0，－2L)为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力( )A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子从P运动到O的路程一定为πLB．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πLC．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πLD．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL 6．由12根相同的导线构成一个立方体，已知每条通电导线在立方体中心处产生的磁感应强度大小为，I为通电导线的电流大小，k为比例系数．若把该立方体对称的两个顶点接入电流为的电路中，则立方体中心的磁感应强度大小为（）A．0 B．C．D．7．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法中符合物理学发展史的是（）A．法拉第发现了法拉第电磁感应定律B．奥斯特发现了电流的磁效应C．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律D．法拉第最早引入电场的概念．8．如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U．由此可得：该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )A.若自由运动电荷带正电，则上表面的电势比下表面的低B. 若自由运动电荷带负电，则上表面的电势比下表面的低C. 其它条件不变的情况下，电压U随电流I的增加而增加D. 其它条件不变的情况下，电压U随边长a的增加而增加9．某区域的电场线分布如图2所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x 轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线不．正确的是( )10．如图，正方形闭合导体框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，由相同材料制成的金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等．导线框放置在匀强磁场中,磁场的磁感应强度方向垂直导线框所在平面向里．金属棒MN与导线框接触良好,且导线框对角线BD垂直平分MN．金属棒从B点向右匀速运动至AC的过程中 ( )A．ABCD消耗的电功率与总的电功率之比不断减小到50%B．MN上拉力的功率先减小后增大C．MN中电流不断增大D．若导体框在D点断开，则MN中电流不变二、实验题（本题包括2小题，共16分）某探究学习小组对多用电表进行深入研究：11．（6分）多用电表的使用：一块多用电表的电阻挡有三个倍率分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，如图中虚线位置．为了较准确地进行测量，应换到挡，换挡后需要先进行的操作，再进行测量．若正确操作后进行测量时表盘的示数如图，则该电阻的阻值是．12．（10分）通过查阅资料，该多量程多用电表的内部结构可以简化为如图所示，则（1）A 表笔为 （填“红”或者“黑”）表笔；（2）当档位开关调到“1”时，量程为1A ，当档位开关调到“2”时，量程为0.1A ．已知表头内阻Rg 为200Ω，满偏电流Ig 为2mA ，则R 1为Ω；（3）为了进一步测量内部电池的内阻和电动势，用了如图电路，并在同一坐标系中作出了两次测定的U-I 图线如图所示．则：单刀双掷开关接“1”时，做出的图线为（填“ab ”或“cd ”），电池的电动势的真实值为V 、内电阻的真实值Ω三、计算题（本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13．（9分）如图所示，bae 和dcf 是固定的足够长平行金属导轨，ab 和cd 在同一水平面内，整个装置放在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场中．在水平导轨上有与导轨垂直的导体棒MN ，在倾斜导轨上有与导轨垂直且水平的导体棒PQ ，PQ 与导轨间动摩擦因数足够大．两棒与导轨间接触良好，构成一个闭合回路．已知导轨间距为L ，倾斜导轨与水平面夹角为θ，导体棒MN 和PQ 质量均为m ，电阻均为R ，导轨电阻不计．现从静止开始拉动棒MN ，试求：（1）当MN 的速度为v 0时，通过MN 的电流方向和MN 两端的电压U ；（2）当PQ 与导轨间的摩擦力为零时，MN 的速度v 的大小．14．（11分）如图所示，足够长的平行金属导轨水平放置，其间距为L＝1 m，电阻不计．垂直放在导轨上的导体棒MN、PK质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝2 Ω，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T，导体棒MN光滑．现垂直于MN施加水平力F使其运动(g＝10 m/s2)．求：（1）若PK与导轨间动摩擦因数为μ＝0.15，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求PK开始运动时MN速度v的大小；（2）若PK被固定在导轨上，金属棒MN的v－x图象如右图所示，当从静止开始运动位移x＝1 m时，拉力F做的功W．15．(12分)如图甲所示，有一电子源持续不断的发射质量为m、电荷量为e的电子，经加速电压U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L，屏上的A点与极板M在同一水平线上．不考虑电场边缘效应，不计电子重力及相互作用力．求：（1）电子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，其变化周期等于粒子在偏转电场中运动的时间，且恰好所有的电子都能从偏转电场通过，要使电子经加速电场后在t时刻进入偏转电场后击中AO2中点，试求偏转电场电压U0以及t的大小．16．（12分）如图所示，空间存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电量为+q的同种带电粒子．在x轴上距离原点x0处放置一个长度为2x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0），x轴垂直平分金属板P．现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行．不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力．（1）求磁感应强度B的大小；（2）求被薄金属板接收的粒子中运动的最短时间和最长时间；（3）若薄金属板距离原点O的距离改为x0/2，从O处发射的粒子中有两个粒子先后垂直打在板上，求这两个粒子在磁场中运动时间的最大差值．。
2022年湖北省孝感市第一高级中学高二物理上学期期末试卷含解析
2022年湖北省孝感市第一高级中学高二物理上学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）电场线分布如图所示，电场中a，b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb，则A．Ea > Eb，φa > φbB．Ea > Eb，φa < φbC．Ea < Eb，φa > φbD．Ea < Eb，φa < φb参考答案：A2. （多选）如图所示为一列沿x轴正方向传播、频率为50Hz的简谐横波在t＝0时刻的波形，此时P 点恰好开始振动。
已知波源的平衡位置在O点，P、Q两质点平衡位置坐标分别为P (12，0)、Q (56，0)，则( )A．波源刚开始振动时的运动方向沿＋y方向B．这列波的波速为600m/sC．当t＝0.11s时，Q点刚开始振动D．Q点刚开始振动时，P点恰位于平衡位置参考答案：CD3. 两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如右图所示，可知两电阻R1∶R2等于：A．1∶3 B．3∶１ C．１∶ D．∶１参考答案：A4.参考答案：B5. 在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小。
则下图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 麦克斯韦电磁场理论的两个基本论点是：变化的磁场可以产生电场；变化的电场可以产生（填“电场”或“磁场”）。
电磁波按照波长由长到短排列依次是：无线电波、红外线、可见光、、x射线和γ射线（填“紫外线”或“微波”）。
参考答案：磁场、紫外线；7.实验是物理的基础，方法很多，在探究气体状态变化规律时，我们采用方法；现一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280J，同时对外做功120J，则这些气体的内能是（填：“增加”或“减少”）了J。
湖北省孝感高中高二物理上学期期末考试试题
上学期期末考试高 二 物 理一、选择题（每小题5分，共12题60分.每题至少一个选项正确.）1．如图所示为电场中的一根电场线，在该电场线上有a 、b 两点，用E a 、E b 分别表示两处场强的大小，Φa 、Φb 分别表示两处电势高低．则（ ）A ．顺着电场线由a 向 b 移动电荷，电势能降低B ．因为电场线由a 指向b ，所以E a >E bC ．因为电场线由a 指向b ，所以Φa ＞Φb ．D 顺着电场线由a 向 b 移动电荷，若电势能增加，则被移动电荷一定带负电。
2．将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示。
下列说法正确的是 ( )A ．电路中交变电流的频率为0.25 HzB ．通过电阻的电流为2AC ．电阻消耗的电功率为2.5 WD ．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V3．如图所示电路中，当滑动变阻器R 3的滑片P 向上端a 滑动时，电流表A 1、A 2及电压表V 的示数的变化情况是( )A ．电流表1A 增大，2A 减小，电压表V 减小B ．电流表1A 减小，2A 增大，电压表V 减小C ．电流表1A 增大，2A 增大，电压表V 增大D ．电流表1A 减小，2A 减小，电压表V 增大4．磁场中某区域的磁感线，如图所示，则（ ）A ．a 、b 两处的磁感应强度的大小不等，B a >B b B ．a 、b 两处的磁感应强度的大小不等，B a <B bC ．同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力大D ．同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力小5．某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示如果其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的一半，则交流电动势的最大值和周期分别变为（ ）A ．200V ，0.08sB ．25V ，0.04sC ．50V ，0.08sD ．50V ，0.04s6．如图所示，在0>x 、0>y 的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B ．现有一质量为m 、电量为q 的带电粒子，在x 轴上到原点的距离为0x 的P 点，以平行于y 轴的初速度射入磁场．在磁场作用下沿垂直于y 轴的方向射出磁场．不计重力的影响，由这些信息可以确定的是（ ）A ．能确定粒子通过y 轴时的位置B ．能确定粒子速度的大小C ．能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D ．能确定粒子带电性质7．如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A 与B 在同一直线上，其中小球B 带正电荷并被固定，小球A 与一水平放置的光滑绝缘板C 接触(不粘连)而处于静止状态．若将绝缘板C 沿水平方向抽去后，以下说法正确的是（ ）A ．小球A 仍可能处于静止状态B ．小球A 将可能沿轨迹1运动C ．小球A 将可能沿轨迹2运动D ．小球A 将可能沿轨迹3运动8．如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路。
解析湖北省孝感高中2020┄2021学年高二上学期期末物理试题
一、单项选择(每小题4分)１．(４分)每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来,地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面,这对地球上的生命有十分重要的意义.假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，（如图,地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极）,在地球磁场的作用下,它将( )Ａ.向东偏转 B.向南偏转Ｃ.向西偏转D．向北偏转考点：洛仑兹力．分析:根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向,从而可以判断粒子的运动的方向．解答:解：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东,所以粒子将向东偏转,故A正确.故选：Ａ．点评:本题就是考查左手定则的应用,掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．注意正负电荷的区别.２．(4分)质量为ｍ的钢球自高处落下，以速率v１碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为v2．在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A.向上,m（ｖ1+v２)B．向下,ｍ（v１+ｖ2)C．向上,m(ｖ１﹣v2）D．向下，m（v1﹣ｖ2)考点：动量定理.专题:动量定理应用专题．分析：由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲力可忽略不计．根据动量定理求解在碰撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小．解答:解:选取竖直向下方向为正方向,根据动量定理得地面对钢球的冲量为: I=﹣ｍv２﹣mｖ1=﹣m（v１+v2),则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m（ｖ1+v2）.故选:Ａ点评：应用动量定理求解冲量是常用的方法,要注意选取正方向，用带正号的量值表示矢量．如重力不能忽略,还要考虑重力的冲量.3.（4分)有一个均匀带电圆环,以圆环圆心Ｏ为坐标原点，过O且垂直于圆环平面的线为x 轴,如图甲所示,现测得x轴上的电场强度随坐标x值变化的图象如图乙所示(场强为正值，表示方向沿x轴正方向),H、Ｉ是x轴上两点，且HO＜OI，取无穷远处电势为零．则以下分析正确的是（)A.该圆环带负电B.x轴上Ｏ点电势为零C．将一个正的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中,电势能先增大后减小D．H点的电势低于Ｉ点的电势考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由乙图可读出场强的大小变化情况和场强的方向，根据场强的方向判断圆环的电性和O点的电势正负．根据电场力做功正负,分析电势能的变化．根据U＝Ed可定性分析H和Ｉ两点电势的高低.解答:解：A、由乙图知:O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处,右侧场强方向也O点指向无穷远处，根据电场线从正电荷出发到无穷远终止，可知该圆环带正电．故A错误.B、根据顺着电场线方向电势降低可知,O点的电势高于无穷远处的电势，所以O点电势大于零．故B错误．C、将正的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，所受的电场力先向左，后向右,则电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故C正确.Ｄ、由图可知Ｏ点左右两侧的电场具有对称性,而顺着电场线电势降低，Ｈ、Ｉ两点的电势都低于O点，由于H点更靠近O点，所以Ｈ点的电势高于I点的电势.故D错误.故选：C.点评:解决本题关键要理解电场线的分布情况和特点，抓住电场的对称性，分析电势的高低,能由电场力做功正负判断电势能的变化.４．(4分）如图所示,R3是光敏电阻,当开关S闭合后在没有光照射时,a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时,则( ）Ａ．R３的电阻变小，a点电势高于b点电势B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势C.R3的电阻变小，a点电势等于b点电势D.R3的电阻变大，a点电势低于b点电势考点:闭合电路的欧姆定律.专题:恒定电流专题．分析：光敏电阻为半导体，其阻值随温度的升高而降低;取电源的负极电势为零, a点的电势等于R4两端的电压，b点的电势等于R2两端的电压；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化;由欧姆定律可得出各电阻两端的电压变化，故可判断ab两点电势的高低.解答：解:取电源的负极电势为零,a点的电势等于R4两端的电压，b点的电势等于R2两端的电压.光敏电阻的电阻随温度的升高而降低,故R3的电阻减小，电路中总电阻减小，故由闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小．没有光照时，a、b两点电势相等，有光照以后,两支路两端的电压相等,因R1、R2支路中电阻没有变化，故Ｒ2的分压比不变;而由于Ｒ3的电阻减小，故R4分压增大,故ａ端的电势要高于b端，故BCD错误，A正确．故选A.点评:本题首先要了解光敏电阻的特性,再按局部到整体,再到局部的顺序进行动态分析．5．（4分)介子衰变的方程为：K﹣→π﹣+π0,其中K﹣介子和π﹣介子带负的基元电荷,π0介子不带电．一个K﹣介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中,其轨迹为圆弧AＰ,衰变后产生的π﹣介子的轨迹为圆弧PＢ，两轨迹在Ｐ点相切,它们的半径RK﹣与Ｒπ﹣之比为21．π０介子的轨迹未画出．由此可知π﹣的动量大小与π０的动量大小之比为（）A.1:1B．1：2 C.１:3D．1：６考点：动量定理;洛仑兹力.专题:动量定理应用专题.分析：曲线运动中,粒子的速度方向沿着轨迹上该点的切线方向，又由于Kˉ介子衰变过程中，系统内力远大于外力,系统动量守恒，故可知衰变后,π﹣介子反向飞出,π0介子沿原方向飞出,再根据介子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，可以列式求出Kˉ介子与π﹣介子的动量之比,再结合动量守恒定律列式分析．解答:解：Kˉ介子与π﹣介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：eBｖ=m,粒子动量为:Ｐ＝mｖ＝eBR，则有：PＫˉ:Pπ﹣=2：1,以K﹣的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：PＫˉ＝Pπ0﹣Pπ﹣解得:Pπ0=3Pπ﹣，则π﹣的动量大小与π0的动量大小之比为1：３；故选:C．点评：本题考查了求粒子的动量之比，应用牛顿第二定律与动量守恒定律、动量的计算公式即可正确解题.6.（4分)如图所示,A1、A2是完全相同的灯泡,线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是( ）A．开关S接通时，A2灯先亮、A1灯逐渐亮,最后A1A2一样亮B.开关Ｓ接通时，Ａ１、A2两灯始终一样亮C．断开Ｓ的瞬间,流过A2的电流方向与断开S前电流方向相反D．断开S的瞬间,流过A1的电流方向与断开Ｓ前电流方向相反考点：自感现象和自感系数.分析:开关K闭合的瞬间,电源的电压同时加到两灯的两端,两灯同时发光.由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路,随后Ａ灯变暗,B灯变亮.断开开关K的瞬间,Ｂ灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭.解答:解：该电路中，A与L并联,Ｂ与R并联，然后两部分串联；Ａ、开关K闭合的瞬间,两灯同时获得电压,所以Ａ、Ｂ同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路,流过A灯的电流逐渐减小，Ｂ灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮,故A错误,Ｂ错误；C、断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭,流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源,自感电流流过Ａ灯,所以A灯突然闪亮一下再熄灭,此时流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反．故C错误，D正确．故选:Ｄ点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律,要注意哪一部分在自感回路中．７．（4分）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(ｄ>L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动.ｔ=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域．下列ｖ﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是( ）Ａ. B.C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题:电磁感应与电路结合．分析:线圈以一定的初速度进入匀强磁场，由于切割磁感线,所以出现感应电流，从而产生安培阻力，导致线圈做加速度减小的减速运动．当完全进入后，没有磁通量变化，所以没有感应电流，不受到安培力，因此做匀速直线运动，当出现磁场时，磁通量又发生变化,速度与进入磁场相似．解答:解:线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：Ｅ=BLv闭合电路欧姆定律，则感应电流为：安培力为：由牛顿第二定律为：F=ma则有:由于v 减小,所以a也减小，当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似.而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此D正确,ABC错误;故选：D点评：属于力与电综合题,并强调速度与时间的斜率表示加速度的大小，而由牛顿第二定律来确定加速度如何变化．二、多项选择题（全部选对得5分,选对但不全的得３分,错选或不答的得０分,）８．（５分)如图所示，Q为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘，由于它的转动,使得金属环P中产生了逆时针方向的电流,则Q盘的转动情况是（)A.顺时针加速转动B.逆时针加速转动C．顺时针减速转动D．逆时针减速转动考点：安培定则．分析:由于Q带负电，当转动时相当于电荷定向移动，从而产生电流,并且电流的变化,导致B的磁通量发生变化，最终使金属环P有电流.解答:解：Ａ、若Q顺时针加速转动,则Q环中有逆时针且大小变大的电流,导致通过P环磁通量变大,根据安培定则可得P处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针,故A错误；B、若Ｑ逆时针加速转动，则Q环中有顺时针且大小变大的电流，导致通过P环磁通量变大,根据安培定则可得Ｐ处于垂直纸面向里的磁场中,由楞次定律可得感应电流方向逆时针,故B正确;C、若Q顺时针减速转动,则Q环中有逆时针且大小变小的电流,导致通过Ｐ环磁通量变小,根据安培定则可得P处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故C正确;D、若Q逆时针减速转动,则Q环中有顺时针且大小变小的电流，导致通过P环磁通量变小,根据安培定则可得Ｐ处于垂直纸面向里的磁场中,由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故Ｄ错误．故选:BＣ．点评：考查由电荷的定向移动形成电流,根据安培定则来确定电流与磁场方向,再由楞次定律来判定感应电流的方向．9．（5分）如图所示，设变压器为理想变压器，并保持输入电压U1不变,Ｌ为串联在原线圈的灯泡,Ｌ1、L２、L3、Ｌ4为副线圈的负载,当滑动变阻器R的滑片向下移动时( ）A.L１灯亮度增加Ｂ.L２灯亮度减弱Ｃ.Ｌ3灯亮度增加 D.L4灯亮度减弱考点：变压器的构造和原理．专题:交流电专题．分析：与闭合电路中的动态分析类似,可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化,进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况.解答:解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时,导致总电阻减少,由于输入电压U１不变，且原副线圈匝数不变,所以副线圈电压不变,则有副线圈的总电流增大．即L1灯亮度增强．故A正确；B、当滑动变阻器R的滑片向下移动时,导致总电阻减少,由于输入电压Ｕ1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．由于L1灯两端电压增大，则Ｌ4灯两端电压减小，所以L2灯电流增大，因此Ｌ2灯亮度增强，故B 错误；C、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少,由于输入电压U１不变,且原副线圈匝数不变,所以副线圈电压不变,则有副线圈的总电流增大.由于Ｌ１灯两端电压增大，则L４灯两端电压减小，所以Ｌ２灯电流增大,因此Ｌ2灯电压增加，则有滑动变阻器上电压减小,所以滑动变阻器上的电流减小，所以L3上的电流增大，L３灯亮度增强．故C正确；Ｄ、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少,由于输入电压U１不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变,则有副线圈的总电流增大.由于L１灯两端电压增大，则L４灯两端电压减小,所以L4灯电流减小，故D正确．故选:AＣD.点评:电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况,即先部分后整体再部分的方法.10.(5分)如图所示,一根长度L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上,垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B,B的方向与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是( ）Ａ.导体棒受到磁场力大小为BLIsｉnθB.导体棒对轨道压力大小为mｇ﹣BILsinθＣ．导体棒受到导轨摩擦力为μ(mg﹣BILｓinθ)D.导体棒受到导轨摩擦力BLIｃosθ考点：安培力．分析：对导体棒受力分析，正交分解，根据平衡条件求解导体棒受到导轨摩擦力和支持力.解答:解：A、根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示．B与I垂直，故导体棒受到磁场力大小为F=ＢIL,选项Ａ错误;B、根据共点力平衡规律得：BILsinθ+F n=mg，得导体棒对轨道的压力大小为F n=mg﹣BＩＬsinθ，选项B正确；C、由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为Ｆf=ＢILcosθ,选项C错误，选项Ｄ正确.故选:BＤ．点评：本题借助安培力考查了平衡条件以及正交分解的应用,注意安培力公式F=BILsiｎθ，θ为B与I之间的夹角.11．（5分)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙,导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab（电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直,整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ａb棒从静止起向右拉动的过程中( ）A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能Ｃ．克服安培力做的功等于电路中产生的电能Ｄ．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和考点: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：导体棒在恒力作用下沿粗糙导轨做切割磁感线,产生感应电动势,出现感应电流,棒又受到安培力.因此棒做加速度减小的加速运动，最终达到匀速直线运动状态.解答:解:A、由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能,而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能．故A错误;Ｂ、由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能,而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能．故B错误；C、安培力做功等于电路中产生的电能,从而产生热能．故C正确;D、由动能定理可得:恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能,而安培力做功导致电路中的消耗电能,产生热能.故D正确;故选:CD点评：由功能关系可知:合力做功等于物体动能的变化，而安培力做功等于电路中消耗的电能，摩擦力做功则产生内能.三、实验题（每空３分,共计１８分）1２．(9分)（2011•鹰潭一模)用精密仪器测量一物体的长度，得到结果为1．6３812cm．现改用最小刻度为１ｍm的刻度尺去测量,结果应该为1．64 cｍ;如果改用2０分度的游标卡尺去测量，结果应该为 1.64０cm；如果改用螺旋测微器去测量,结果应该为1．63８1 cm．考点:刻度尺、游标卡尺的使用.专题:实验题.分析：用刻度尺测量物体长度时，记录结果时应估计到分度值的下一位，倒数第二位是分度值所在的单位．解答:解：用精密仪器测量一物体的长度,得到结果为1.63812cｍ．现改用最小刻度为1mm的刻度尺去测量,记录结果时应估计到分度值的下一位，所以结果应该为1.６4ｃm，如果改用20分度的游标卡尺去测量,精确度为０.０5ｍｍ,所以结果应该为1.6４0cm.如果改用螺旋测微器去测量,精确度为０.0０1mm，结果应该为1.63８１ｃm．故答案为：1.64；1.6４0;1．63８1．点评:刻度尺要估读到分度值的下一位.注意游标卡尺和螺旋测微器的精确度.13.（9分)（2011•中山二模）某同学欲测一个未知电阻的阻值，可供选择的仪器有:电流表A，量程有10ｍＡ和0.６A两种，电压表V，量程有3V和15Ｖ两种，电源电压为４.5V．该同学先按如图接好电路，闭合S１后，把开关S2拨至a时发现,两电表的指针偏转都在满偏的处，再把S２拨至ｂ时发现，其中电压表的指针偏角几乎不变,另一个电流表的指针偏转到满偏的处．则该同学在实验中：①所选电压表的量程为３V；②所选电流表的量程为１０mＡ；③被测电阻R x= ３20 Ω.考点：伏安法测电阻．专题：实验题;恒定电流专题．分析:（1）电源电动势为4.5V,如果选择15V档位,偏转五分之四达到１2Ｖ,超过电源的电动势，故电压表选择的是低档位；(2）电压表读数几乎不变,电流表读数变化明显,说明电压表分流作用明显，即待测电阻的电阻值与电压表内阻相接近，而伏特表电阻较大,至少几千欧姆，故电流表选1０ｍＡ挡；（3）根据欧姆定律和电路的串并联知识列式求解即可．解答:解:(1)电源电动势为4.5V，如果选择１5V档位，偏转五分之四达到１２V,超过电源的电动势，故电压表选择的是低档位；故答案为:３.(2）电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显,说明待测电阻阻值较大，与伏特表相接近,而伏特表电阻较大，至少几千欧姆,而电源电动势只有4．５V,故电流只有几个毫安,故电流表选10mＡ挡；故答案为:1０．（３）闭合S1后,把开关S2拨至ａ时发现，两电表的指针偏转都在满偏的处,故电流为８mA，电压表读数为２.４V；再把S2拨至b时发现,其中电压表的指针偏角几乎不变,另一个电流表的指针偏转到满偏的处，故电压表读数为2.４V,电流表读数为7.5mA；故待测电阻两端电压为2.4V,电流为7．5mA，故待测电阻为32０Ω;故答案为：3２０.点评:本题关键要明确两种接法电表读数改变的原因，然后根据实际情况,结合欧姆定律和电路的串并联知识进行分析处理．四、计算题（必须要有解答过程,只有结果没有过程的不得分.共计34分)14．（8分)如图所示，套在绝缘棒上的小球,质量为1g，带有q=4×10﹣3Ｃ的正电荷,小球在棒上可以自由滑动，直棒放在互相垂直且沿水平方向的匀强电场Ｅ＝10Ｎ/Ｃ和匀强磁场B=5Ｔ之中，小球和直棒之间的动摩擦因数为μ=0.２，求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度．(设小球在运动过程中电量不变，重力加速度g=1０m／s２)．考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：本题应通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力(可能有）、向右的洛伦兹力、向左的电场力,当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大.解答:解：当重力和电场力平衡时，摩擦力为零,小球只受重力，加速度最大,为：a m＝g=10m/s2；当摩擦力与重力平衡时，小球速度达到最大，有:μ(Ｂqv m﹣qＥ）＝mg解得:v m==+＝4.5m／s;答:小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为1０m/s2,最大速度为4.5m/s.点评：本题要注意分析带电小球的运动过程,属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目,此类问题要求能准确找出物体的运动过程,并能分析各力的变化,对学生要求较高．同时注意因速度的变化,导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化．15.(12分)如图所示,线圈的面积是0.0５m2,共100匝,线圈电阻为ｒ=1Ω,外接电阻R=9Ω,匀强磁场的磁感应强度B=T,当线圈以３00r/mｉn的转速匀速旋转时,求:（1）若从中性面开始计时,写出线圈磁通量变化率的瞬时表达式.（２）电路中电压表和电流表的示数各是多少？（3)由图示位置转过60°角的过程产生的平均感应电动势为多少?考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系;交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题.分析:（１)从图示位置开始计时,写出线圈中磁通量变化率的表达式，由转速求出角速度ω代入解出;（2)电路中电压表、电流表的示数显示交流的有效值，由欧姆定律求出R电压和电流的有效值；(3）由法拉第电磁感应电定律可求得平均电动势．解答：解：（１)转速ｎ=300ｒ/min=5r/s,故频率ｆ=n=5Hzω=2πｆ＝2π×５rad/ｓ＝10πrad/s因为从中性面开始计时,=ＢSωsiｎωt=×0.０5×10πsin１0πｔ=0.5sin10πt(２)电阻两端电压的最大值为：Ｕm＝=＝4５(V）电压表的读数:U=＝=45V电流表的读数：I===５A（3)转过60度角所用时间为△t==平均电动势:答：（1)磁通量的变化率为0.５sｉn1０πt;（2)电路中电压表的示数是4５，电流表的示数是5A;(３）平均电动势为33.8V.点评:本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值,计算电量用平均值．16．(14分)如图（a)所示,两水平放置的平行金属板Ｃ、D相距很近,上面分别开有小孔Ｏ、Ｏ′,水平放置的平行金属导轨与C、Ｄ接触良好,且导轨在磁感强度为B1＝１0T的匀强磁场中，导轨间距Ｌ=0.50m，金属棒AＢ紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动.其速度图象如图（b)所示，若规定向右运动速度方向为正方向,从t=0时刻开始,由C板小孔O 处连续不断以垂直于C板方向飘入质量为m=3.2×10﹣21kg、电量ｑ＝１.6×１0﹣19C的带正电的粒子(设飘入速度很小,可视为零)．在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场B2=1０T,MN与D相距d=10ｃm,Ｂ1、B2方向如图所示（粒子重力及其相互作用不计).求：（1）在0~4.0s时间内哪些时刻发射的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？(2)粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为多少?考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题:带电粒子在磁场中的运动专题.分析:（1）粒子要飞出磁场边界MN，速度最小时,轨迹半径也最小,恰好与ＭN相切,可得到轨迹半径为d.根据粒子圆周运动的半径求出粒子进入磁场的速度,即为加速获得的末速度,再由动能定理求出加速电压U，由U＝ε＝Ｂ1Lv 求出AB运动的速度，由乙图可求出所求的量.（2）当AB棒速度最大,产生的感应电动势最大，CＤ板间电压最大，粒子经加速得到的速度最大,在磁场中轨迹半径也最大,粒子出MN边时,偏转距离最小，根据法拉第定律、动能定理和半径公式结合，并运用几何知识求得粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离．解答：解:(1）由右手定则可判断AB向右运动时，C板电势高于D板电势，粒子被加速进入Ｂ2磁场中，ＡＢ棒向右运动时产生的电动势E=B1Lv（即为C、Ｄ间的电压).粒子经过加速后获得的速度为ｖ′,则有qE＝ｍv′2,粒子在磁场B2中做匀速圆周运动，半径．要使粒子恰好穿过，则有r＝d.联立上述各式代入数据可得ｖ=5.0m/s.故要使粒子能穿过磁场边界MN则要求v＞５ｍ/s.。
2022-2023学年湖北省孝感市中学高二物理上学期期末试卷含解析
2022-2023学年湖北省孝感市中学高二物理上学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 据报道，我国的一颗数据中继卫星在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，成功定点在东经77°赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的卫星，下列说法正确的是（）A．运行速度大于7.9 km/sB．由于太空垃圾对卫星运动的影响，会使卫星的运行轨道变低，且线速度变大C．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等D．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小参考答案：B【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出表示出线速度的大小．知道7.9 km/s为第一宇宙速度．了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同．根据向心加速度的表达式找出向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小关系【解答】解：A、B由万有引力提供向心力得：，即线速度v随轨道半径r的增大而减小，v=7.9 km/s为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度；因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9 km/s，故A错误；太空垃圾对卫星运动的影响其轨道半径变小，由知速度变大，B正确C、同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a向=rω2，可得r大的加速度大，因轨道半径不同，故其向心加速度不同，故C错误D、因同步卫星周期T同=24小时，月球绕地球转动周期T月=27天，即T同＜T月，由公式，得ω同＞ω月，故D错误；故选：B2. （多选）已知能使某金属产生光电效应的极限频率为νc，则（）A.当用频率为2νc的单色光照射该金属时，一定能产生光电子B.当用频率为2νc的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hνcC.当入射光的频率ν大于νc时，若ν增大，则逸出功增大D.当入射光的频率ν大于νc时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍参考答案：AB3. 下列说法正确的是（）A．曲线运动是一种变速运动B．变速运动一定是曲线运动C．电场线一定是闭合的D．电场线较疏的地方，电场强度较大参考答案：A解：A、B、曲线运动物体的速度方向在不断改变，是变速运动，但变速运动不一定就是曲线运动，如匀变速直线运动，故A正确、B错误．C、静电场的电场线从正电荷出发，到负电荷或无穷远处终止，不是闭合的．故C错误．D、电场线的疏密表示电场的强弱，电场线较疏的地方，电场强度较小，故D错误．故选：A4. 如图所示是一种折射率的棱镜。
孝感高中2014-2015学年高二上学期期末物理试题及答案
2014-2015学年湖北省孝感高中高二（上）期末物理试卷一、单项选择（每小题4分）1．（4分）每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，（如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将（）A．向东偏转B．向南偏转C．向西偏转D．向北偏转考点：洛仑兹力．分析：根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．解答：解：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故A正确．故选：A．点评：本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．注意正负电荷的区别．2．（4分）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2．在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（）A．向上，m（v1+v2）B．向下，m（v1+v2）C．向上，m（v1﹣v2）D．向下，m（v1﹣v2）考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲力可忽略不计．根据动量定理求解在碰撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小．解答：解：选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理得地面对钢球的冲量为：I=﹣mv2﹣mv1=﹣m（v1+v2），则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m（v1+v2）．故选：A点评：应用动量定理求解冲量是常用的方法，要注意选取正方向，用带正号的量值表示矢量．如重力不能忽略，还要考虑重力的冲量．3．（4分）有一个均匀带电圆环，以圆环圆心O为坐标原点，过O且垂直于圆环平面的线为x轴，如图甲所示，现测得x轴上的电场强度随坐标x值变化的图象如图乙所示（场强为正值，表示方向沿x轴正方向），H、I是x轴上两点，且HO＜OI，取无穷远处电势为零．则以下分析正确的是（）A．该圆环带负电B．x轴上O点电势为零C．将一个正的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，电势能先增大后减小D．H点的电势低于I点的电势考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由乙图可读出场强的大小变化情况和场强的方向，根据场强的方向判断圆环的电性和O点的电势正负．根据电场力做功正负，分析电势能的变化．根据U=Ed可定性分析H 和I两点电势的高低．解答：解：A、由乙图知：O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也O 点指向无穷远处，根据电场线从正电荷出发到无穷远终止，可知该圆环带正电．故A 错误．B、根据顺着电场线方向电势降低可知，O点的电势高于无穷远处的电势，所以O点电势大于零．故B错误．C、将正的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，所受的电场力先向左，后向右，则电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故C正确．D、由图可知O点左右两侧的电场具有对称性，而顺着电场线电势降低，H、I两点的电势都低于O点，由于H点更靠近O点，所以H点的电势高于I点的电势．故D错误．故选：C．点评：解决本题关键要理解电场线的分布情况和特点，抓住电场的对称性，分析电势的高低，能由电场力做功正负判断电势能的变化．4．（4分）如图所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则（）A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势C．R3的电阻变小，a点电势等于b点电势D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：光敏电阻为半导体，其阻值随温度的升高而降低；取电源的负极电势为零， a点的电势等于R4两端的电压，b点的电势等于R2两端的电压；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化；由欧姆定律可得出各电阻两端的电压变化，故可判断ab两点电势的高低．解答：解：取电源的负极电势为零，a点的电势等于R4两端的电压，b点的电势等于R2两端的电压．光敏电阻的电阻随温度的升高而降低，故R3的电阻减小，电路中总电阻减小，故由闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小．没有光照时，a、b两点电势相等，有光照以后，两支路两端的电压相等，因R1、R2支路中电阻没有变化，故R2的分压比不变；而由于R3的电阻减小，故R4分压增大，故a端的电势要高于b端，故BCD错误，A正确．故选A．点评：本题首先要了解光敏电阻的特性，再按局部到整体，再到局部的顺序进行动态分析．5．（4分）介子衰变的方程为：K﹣→π﹣+π0，其中K﹣介子和π﹣介子带负的基元电荷，π0介子不带电．一个K﹣介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π﹣介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK﹣与Rπ﹣之比为21．π0介子的轨迹未画出．由此可知π﹣的动量大小与π0的动量大小之比为（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：6考点：动量定理；洛仑兹力．专题：动量定理应用专题．分析：曲线运动中，粒子的速度方向沿着轨迹上该点的切线方向，又由于Kˉ介子衰变过程中，系统内力远大于外力，系统动量守恒，故可知衰变后，π﹣介子反向飞出，π0介子沿原方向飞出，再根据介子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，可以列式求出Kˉ介子与π﹣介子的动量之比，再结合动量守恒定律列式分析．解答：解：Kˉ介子与π﹣介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：eBv=m，粒子动量为：P=mv=eBR，则有：P Kˉ：Pπ﹣=2：1，以K﹣的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：P Kˉ=Pπ0﹣Pπ﹣解得：Pπ0=3Pπ﹣，则π﹣的动量大小与π0的动量大小之比为1：3；故选：C．点评：本题考查了求粒子的动量之比，应用牛顿第二定律与动量守恒定律、动量的计算公式即可正确解题．6．（4分）如图所示，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A．开关S接通时，A2灯先亮、A1灯逐渐亮，最后A1A2一样亮B．开关S接通时，A1、A2两灯始终一样亮C．断开S的瞬间，流过A2的电流方向与断开S前电流方向相反D．断开S的瞬间，流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反考点：自感现象和自感系数．分析：开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮．断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭．解答：解：该电路中，A与L并联，B与R并联，然后两部分串联；A、开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B 灯变亮，故A错误，B错误；C、断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，此时流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反．故C错误，D正确．故选：D点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律，要注意哪一部分在自感回路中．7．（4分）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：线圈以一定的初速度进入匀强磁场，由于切割磁感线，所以出现感应电流，从而产生安培阻力，导致线圈做加速度减小的减速运动．当完全进入后，没有磁通量变化，所以没有感应电流，不受到安培力，因此做匀速直线运动，当出现磁场时，磁通量又发生变化，速度与进入磁场相似．解答：解：线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E=BLv闭合电路欧姆定律，则感应电流为：安培力为：由牛顿第二定律为：F=ma则有：由于v 减小，所以a也减小，当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似．而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此D正确，ABC错误；故选：D点评：属于力与电综合题，并强调速度与时间的斜率表示加速度的大小，而由牛顿第二定律来确定加速度如何变化．二、多项选择题（全部选对得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分，）8．（5分）如图所示，Q为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘，由于它的转动，使得金属环P中产生了逆时针方向的电流，则Q盘的转动情况是（）A．顺时针加速转动B．逆时针加速转动C．顺时针减速转动D．逆时针减速转动考点：安培定则．分析：由于Q带负电，当转动时相当于电荷定向移动，从而产生电流，并且电流的变化，导致B的磁通量发生变化，最终使金属环P有电流．解答：解：A、若Q顺时针加速转动，则Q环中有逆时针且大小变大的电流，导致通过P环磁通量变大，根据安培定则可得P处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故A错误；B、若Q逆时针加速转动，则Q环中有顺时针且大小变大的电流，导致通过P环磁通量变大，根据安培定则可得P处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故B正确；C、若Q顺时针减速转动，则Q环中有逆时针且大小变小的电流，导致通过P环磁通量变小，根据安培定则可得P处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故C正确；D、若Q逆时针减速转动，则Q环中有顺时针且大小变小的电流，导致通过P环磁通量变小，根据安培定则可得P处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故D错误．故选：BC．点评：考查由电荷的定向移动形成电流，根据安培定则来确定电流与磁场方向，再由楞次定律来判定感应电流的方向．9．（5分）如图所示，设变压器为理想变压器，并保持输入电压U1不变，L为串联在原线圈的灯泡，L1、L2、L3、L4为副线圈的负载，当滑动变阻器R的滑片向下移动时（）A．L1灯亮度增加B．L2灯亮度减弱C．L3灯亮度增加D．L4灯亮度减弱考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．解答：解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．即L1灯亮度增强．故A正确；B、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．由于L1灯两端电压增大，则L4灯两端电压减小，所以L2灯电流增大，因此L2灯亮度增强，故B错误；C、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．由于L1灯两端电压增大，则L4灯两端电压减小，所以L2灯电流增大，因此L2灯电压增加，则有滑动变阻器上电压减小，所以滑动变阻器上的电流减小，所以L3上的电流增大，L3灯亮度增强．故C正确；D、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．由于L1灯两端电压增大，则L4灯两端电压减小，所以L4灯电流减小，故D正确．故选：ACD．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．10．（5分）如图所示，一根长度L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（）A．导体棒受到磁场力大小为BLIsinθB．导体棒对轨道压力大小为mg﹣BILsinθC．导体棒受到导轨摩擦力为μ（mg﹣BILsinθ）D．导体棒受到导轨摩擦力BLIcosθ考点：安培力．分析：对导体棒受力分析，正交分解，根据平衡条件求解导体棒受到导轨摩擦力和支持力．解答：解：A、根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示．B与I垂直，故导体棒受到磁场力大小为F=BIL，选项A错误；B、根据共点力平衡规律得：BILsinθ+F n=mg，得导体棒对轨道的压力大小为F n=mg﹣BILsinθ，选项B正确；C、由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为F f=BILcosθ，选项C错误，选项D正确．故选：BD．点评：本题借助安培力考查了平衡条件以及正交分解的应用，注意安培力公式F=BILsinθ，θ为B与I之间的夹角．11．（5分）如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab（电阻也不计）放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中（）A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和考点：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：导体棒在恒力作用下沿粗糙导轨做切割磁感线，产生感应电动势，出现感应电流，棒又受到安培力．因此棒做加速度减小的加速运动，最终达到匀速直线运动状态．解答：解：A、由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能．故A错误；B、由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能．故B错误；C、安培力做功等于电路中产生的电能，从而产生热能．故C正确；D、由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能．故D正确；故选：CD点评：由功能关系可知：合力做功等于物体动能的变化，而安培力做功等于电路中消耗的电能，摩擦力做功则产生内能．三、实验题（每空3分，共计18分）12．（9分）（2011•鹰潭一模）用精密仪器测量一物体的长度，得到结果为1.63812cm．现改用最小刻度为1mm的刻度尺去测量，结果应该为 1.64 cm；如果改用20分度的游标卡尺去测量，结果应该为 1.640 cm；如果改用螺旋测微器去测量，结果应该为 1.6381 cm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：用刻度尺测量物体长度时，记录结果时应估计到分度值的下一位，倒数第二位是分度值所在的单位．解答：解：用精密仪器测量一物体的长度，得到结果为1.63812cm．现改用最小刻度为1mm的刻度尺去测量，记录结果时应估计到分度值的下一位，所以结果应该为1.64cm，如果改用20分度的游标卡尺去测量，精确度为0.05mm，所以结果应该为1.640cm．如果改用螺旋测微器去测量，精确度为0.001mm，结果应该为1.6381cm．故答案为：1.64； 1.640；1.6381．点评：刻度尺要估读到分度值的下一位．注意游标卡尺和螺旋测微器的精确度．13．（9分）（2011•中山二模）某同学欲测一个未知电阻的阻值，可供选择的仪器有：电流表A，量程有10mA和0.6A两种，电压表V，量程有3V和15V两种，电源电压为4.5V．该同学先按如图接好电路，闭合S1后，把开关S2拨至a时发现，两电表的指针偏转都在满偏的处，再把S2拨至b时发现，其中电压表的指针偏角几乎不变，另一个电流表的指针偏转到满偏的处．则该同学在实验中：①所选电压表的量程为 3 V；②所选电流表的量程为10 mA；③被测电阻R x= 320 Ω．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）电源电动势为4.5V，如果选择15V档位，偏转五分之四达到12V，超过电源的电动势，故电压表选择的是低档位；（2）电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显，说明电压表分流作用明显，即待测电阻的电阻值与电压表内阻相接近，而伏特表电阻较大，至少几千欧姆，故电流表选10mA挡；（3）根据欧姆定律和电路的串并联知识列式求解即可．解答：解：（1）电源电动势为4.5V，如果选择15V档位，偏转五分之四达到12V，超过电源的电动势，故电压表选择的是低档位；故答案为：3．（2）电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显，说明待测电阻阻值较大，与伏特表相接近，而伏特表电阻较大，至少几千欧姆，而电源电动势只有4.5V，故电流只有几个毫安，故电流表选10mA挡；故答案为：10．（3）闭合S1后，把开关S2拨至a时发现，两电表的指针偏转都在满偏的处，故电流为8mA，电压表读数为2.4V；再把S2拨至b时发现，其中电压表的指针偏角几乎不变，另一个电流表的指针偏转到满偏的处，故电压表读数为2.4V，电流表读数为7.5mA；故待测电阻两端电压为2.4V，电流为7.5mA，故待测电阻为320Ω；故答案为：320．点评：本题关键要明确两种接法电表读数改变的原因，然后根据实际情况，结合欧姆定律和电路的串并联知识进行分析处理．四、计算题（必须要有解答过程，只有结果没有过程的不得分．共计34分）14．（8分）如图所示，套在绝缘棒上的小球，质量为1g，带有q=4×10﹣3C的正电荷，小球在棒上可以自由滑动，直棒放在互相垂直且沿水平方向的匀强电场E=10N/C和匀强磁场B=5T 之中，小球和直棒之间的动摩擦因数为μ=0.2，求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度．（设小球在运动过程中电量不变，重力加速度g=10m/s2）．考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：本题应通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右的洛伦兹力、向左的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大．解答：解：当重力和电场力平衡时，摩擦力为零，小球只受重力，加速度最大，为：a m=g=10m/s2；当摩擦力与重力平衡时，小球速度达到最大，有：μ（Bqv m﹣qE）=mg解得：v m==+=4.5m/s；答：小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为10m/s2，最大速度为4.5m/s．点评：本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化．15．（12分）如图所示，线圈的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为r=1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，求：（1）若从中性面开始计时，写出线圈磁通量变化率的瞬时表达式．（2）电路中电压表和电流表的示数各是多少？（3）由图示位置转过60°角的过程产生的平均感应电动势为多少？考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：（1）从图示位置开始计时，写出线圈中磁通量变化率的表达式，由转速求出角速度ω代入解出；（2）电路中电压表、电流表的示数显示交流的有效值，由欧姆定律求出R电压和电流的有效值；（3）由法拉第电磁感应电定律可求得平均电动势．解答：解：（1）转速n=300r/min=5r/s，故频率f=n=5Hzω=2πf=2π×5rad/s=10πrad/s因为从中性面开始计时，=BSωsinωt=×0.05×10πsin10πt=0.5sin10πt（2）电阻两端电压的最大值为：U m===45（V）电压表的读数：U===45V电流表的读数：I===5A（3）转过60度角所用时间为△t==平均电动势：答：（1）磁通量的变化率为0.5sin10πt；（2）电路中电压表的示数是45，电流表的示数是5A；（3）平均电动势为33.8V．点评：本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值．16．（14分）如图（a）所示，两水平放置的平行金属板C、D相距很近，上面分别开有小孔O、O′，水平放置的平行金属导轨与C、D接触良好，且导轨在磁感强度为B1=10T的匀强磁场中，导轨间距L=0.50m，金属棒AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动．其速度图象如图（b）所示，若规定向右运动速度方向为正方向，从t=0时刻开始，由C板小孔O处连续不断以垂直于C板方向飘入质量为m=3.2×10﹣21kg、电量q=1.6×10﹣19C的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）．在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场B2=10T，MN 与D相距d=10cm，B1、B2方向如图所示（粒子重力及其相互作用不计）．求：（1）在0～4.0s时间内哪些时刻发射的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？（2）粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子要飞出磁场边界MN，速度最小时，轨迹半径也最小，恰好与MN相切，可得到轨迹半径为d．根据粒子圆周运动的半径求出粒子进入磁场的速度，即为加速获得的末速度，再由动能定理求出加速电压U，由U=ε=B1Lv 求出AB运动的速度，由乙图可求出所求的量．（2）当AB棒速度最大，产生的感应电动势最大，CD板间电压最大，粒子经加速得到的速度最大，在磁场中轨迹半径也最大，粒子出MN边时，偏转距离最小，根据法拉第定律、动能定理和半径公式结合，并运用几何知识求得粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离．解答：解：（1）由右手定则可判断AB向右运动时，C板电势高于D板电势，粒子被加速进入B2磁场中，AB棒向右运动时产生的电动势E=B1Lv（即为C、D间的电压）．粒子经过加速后获得的速度为v′，则有qE=mv′2，粒子在磁场B2中做匀速圆周运动，半径．要使粒子恰好穿过，则有r=d．联立上述各式代入数据可得v=5.0m/s．故要使粒子能穿过磁场边界MN则要求v＞5m/s．由速度图象可知，在0.25s＜t＜1.75s可满足要求．（2）当AB棒速度为v=5m/s时，粒子在磁场B2中到达边界MN打在P点上，其轨道半径r=d=0.1m（此时=r=0.1m）如图所示．此时粒子向左的位移最大，出射点P与O’的水平距离为d=10cm．当AB棒速度最大，即v′=20m/s时产生感应电动势为：ε′=B1Lv′=100V此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：qɛ′=代入数据，解得：v=100m/s此时带电粒子的轨迹半径为：R′=m出射点Q与O’的水平距离为：x=R′﹣m=2.7cm粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d﹣x═10cm﹣2.7cm=7.3cm答：（1）0到4.0s内0.25s＜t＜1.75s时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN．（2）粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为7.3cm点评：本题是电磁感应与带电粒子在磁场中运动的综合，要注意挖掘临界条件，掌握电磁学。
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孝感高中2016—2017学年度高二上学期期末考试
物理试题
考试时间：90分钟分值：110分
一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．1～6小题每题只有一个选项正确．7～10小题每题有多个选项正确．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是 ( )
A．电路中磁通量密度越大，感应电动势就越大
B．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大
C．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大
D．若电路中某时刻磁通量为零，而该时刻感应电流可以不为零
2．如图所示，范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度
方向平行、大小分别为B和2B．一带正电粒子(不计重力)
以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度
方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间
后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )
A．t1∶t2＝2∶1 B．t1∶t2＝1∶1
C．ω1∶ω2＝2∶1 D．ω1∶ω2＝1∶1
3．边长为L的正方形金属框置于光滑水平面上，以某一初速度穿过方向竖直向上的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为d（d>L）．则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程中，正确的是（）
A．进入磁场过程a点电势高于b点电势
B．进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的发热量
C．进入磁场过程的所用的时间等于穿出磁场过程的时间
D．穿出磁场过程的加速度可能不变
4．如图甲所示,线圈ABCD 固定于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外,当磁场变化时,线
圈AB 边所受安培力向向左且大小恒定不变,则磁场的变化情况可能是选项中的
( )
5．如图所示，在xOy 平面内存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，第一、二、四象限
内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面
向外．P (－2L,0)、Q (0，－2L )为坐标轴上的两个点．现
有一电子从P 点沿PQ 方向射出，不计电子的重力( )
A ．若电子从P 点出发恰好经原点O 第一次射出磁场分界线，则电子从P 运动到O 的路程一定为πL
B ．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，则电子运动的路
程一定为πL
C ．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程一定为2πL
D ．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程可能为πL ，也可能为2πL
6．由12根相同的导线构成一个立方体，已知每条通电导线在立方
体中心处产生的磁感应强度大小为kI ，I 为通电导线的电流大
小，k 为比例系数．若把该立方体对称的两个顶点接入电流为0
I 的电路中，则立方体中心的磁感应强度大小为（ ）
A ．0
B ． 60I k
C ．2
0I k D ．0kI 7．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法中符合物理学发展史的是（ ）
A ．法拉第发现了法拉第电磁感应定律
B ．奥斯特发现了电流的磁效应
C ．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律
D ．法拉第最早引入电场的概念．
8．如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U．由此可得：该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )
A. 若自由运动电荷带正电，则上表面的电势比下表面的低
B. 若自由运动电荷带负电，则上表面的电势比下表面的低
C. 其它条件不变的情况下，电压U随电流I的增加而增加
D. 其它条件不变的情况下，电压U随边长a的增加而增加
9．某区域的电场线分布如图2所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，
下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒
子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线不．
正确的是( )
10．如图，正方形闭合导体框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，由相同材料制成的金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等．导线框放置在匀强磁场中,磁场的磁感应强度方向垂直导线框所在平面向里．金属棒MN与导线框接触良好,且导线框对角线BD垂直平分MN．金属棒从B点向右匀速运动至AC的过程中 ( )
A．ABCD消耗的电功率与总的电功率之比不断减小到50%
B．MN上拉力的功率先减小后增大
C．MN中电流不断增大
D．若导体框在D点断开，则MN中电流不变
二、实验题（本题包括2小题，共16分）
某探究学习小组对多用电表进行深入研究：
11．（6分）多用电表的使用：一块多用电
表的电阻挡有三个倍率分别是×1、
×10、×100．用×10挡测量某电阻时，
操作步骤正确，发现表头指针偏转角度
很大，如图中虚线位置．为了较准确地
进行测量，应换到挡，换挡后
需要先进行的操作，再进行测量．若正确操作后进行测量时表盘的示数如图，则该电阻的阻值是 ．
12．（10分）通过查阅资料，该多量程多用电表的内部结构可以简化为如图所示，则（1）A表笔为（填“红”或者“黑”）表笔；
（2）当档位开关调到“1”时，量程为1A，当档
位开关调到“2”时，量程为0.1A．已知表
头内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，
则R1为Ω；
（3）为了进一步测量内部电池的内阻和电动势，
用了如图电路，并在同一坐标系中作出了两次
测定的U-I图线如图所示．则：单刀双掷开关
接“1”时，做出的图线为（填“ab”或“cd”），电池的电动势的真实值为 V、内电阻的真实值Ω
三、计算题（本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
13．（9分）如图所示， bae 和dcf 是固定的足够长平行金属导轨，ab 和cd 在同一水平
面内，整个装置放在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场中．在水平导轨上有与导轨垂直的导体棒MN ，在倾斜导轨上有与导轨
垂直且水平的导体棒PQ ，PQ 与导轨间动摩擦因数足够
大．两棒与导轨间接触良好，构成一个闭合回路．已
知导轨间距为L ，倾斜导轨与水平面夹角为θ，导体
棒MN 和PQ 质量均为m ，电阻均为R ，导轨电阻不计．现
从静止开始拉动棒M N ，试求：
（1）当MN 的速度为v 0时，通过MN 的电流方向和MN 两端的电压U ；
（2）当PQ 与导轨间的摩擦力为零时，MN 的速度v 的大小．
14．（11分）如图所示，足够长的平行金属导轨水平放置，其间距为L ＝1 m ，电阻不计．垂直放在导轨上的导体棒MN 、PK 质量均为m ＝0.1 kg 、电阻
均为R ＝2 Ω，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感
应强度大小为B ＝1 T ，导体棒MN 光滑．现垂直于MN 施加
水平力F 使其运动(g ＝10 m/s 2)．求：
（1）若PK 与导轨间动摩擦因数为μ＝0.15，且最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，求PK 开始运动时MN 速度v 的大小；
（2）若PK 被固定在导轨上，金属棒MN 的v －x 图象如右图所示，
当从静止开始运动位移x ＝1 m 时，拉力F 做的功W ．
15．(12分)如图甲所示，有一电子源持续不断的发射质量为m、电荷量为e的电子，经加速电压U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L，屏上的A点与极板M在同一水平线上．不考虑电场边缘效应，不计电子重力及相互作用力．求：
（1）电子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，求偏转电场所加电压U2；
（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，其变化周期等于粒子在偏转电场中运动的时间，且恰好所有的电子都能从偏转电场通过，要使电子经加
速电场后在t时刻进入偏转电场后击中AO2中点，试求偏转电场电压U0以及t的
大小．
16．（12分）如图所示，空间存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电量为+q的同种带电粒子．在x轴上距离原点x0处放置一个长度为2x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0），x轴垂直平分金属板P．现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行．不计带电粒子的重力和粒子间相互
作用力．
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求被薄金属板接收的粒子中运动的最短时间和最
长时间；
（3）若薄金属板距离原点O的距离改为x0/2，从O处
发射的粒子中有两个粒子先后垂直打在板上，求
这两个粒子在磁场中运动时间的最大差值．。