湖北省仙桃、天門、潛江三市20172018學年高二上學期期末聯考物理試題一、選擇題1.在電場中的某點放一檢驗電荷，其電荷量為q(q>0)，檢驗電荷受到的電場力為F，則該點的電場強度E=F/q，下列說法正確的是A.若移去檢驗電荷，則該點的電場強度為0B.若檢驗電荷的電荷量變為4q，則該點的場強變為4EC.若放置到該點的檢驗電荷變為－2q，則場中該點的場強大小、方向均不變D.若放置到該點的檢驗電荷變為－2q，則場中該點的場強大小不變，但方向相反【答案】C【解析】由題，該點的電場強度E=，若移去檢驗電荷，該點的電場強度仍為E=．故A錯誤．若檢驗電荷的電量變為4q，檢驗電荷所受的電場力為4F，該點的電場強度仍為E=．故B錯誤．若放置到該點的檢驗電荷變為﹣2q，檢驗電荷所受的電場力為﹣2F，該點的電場強度仍為E=．故C正確，D錯誤．故選C.點睛：電場強度是反映電場本身的力的性質的物理量，與試探電荷無關，在電場中同一點，電場強度是確定不變的．2.如圖所示電路中，當變阻器的滑動頭P向b端移動過程中A.電壓表示數變大，電流表示數變大B.電壓表示數變小，電流表示數變大C.電壓表示數變大，電流表示數變小D.電壓表示數變小，電流表示數變小【答案】C..................【點睛】電壓表測量路端電壓．當變阻器的滑動頭P向b端移動時，分析變阻器接入電路的電阻如何變化，確定外電路總電阻的變化，根據歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，判斷電壓表示數的變化．由歐姆定律判斷并聯部分電壓的變化，確定通過的電流如何變化，由總電流和通過通過電流的變化分析電流表示數的變化．3.如圖所示，實線是一簇未標明方向的勻強電場的電場線，虛線是一帶電粒子通過該電場區域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點．若帶電粒子在運動中只受電場力作用，則根據此圖可以判斷出A.帶電粒子一定帶正電B.a點的電勢一定高于b點的電勢C.帶電粒子在a點的速度一定大于在b點的速度D.帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能【答案】D【解析】假定粒子由a到b運動，由圖可知，粒子偏向下方，則說明粒子在a、b兩處所受的電場力向下，由于不知電場線方向，故無法判斷粒子電性和那點電勢更高，故AB錯誤；由圖可知，若粒子從a到b的過程中，電場力做正功，故說明粒子速度增大，故可知b處速度較大，故C錯誤；電場力做正功，則電勢能減小，故b點電勢能較小，故D正確；選D.【點睛】由粒子的偏轉方向可得出粒子的受力方向，由功的計算可得出電場力做功的正負，由動能定理可得出粒子動能的變化；由電場力做功與電勢能的關系可得出電勢能的變化．4.如圖所示，水平桌面上放置一根條形磁鐵，磁鐵中央正上方用絕緣彈簧懸掛一水平直導線，并與磁鐵垂直．當直導線中通入圖中所示方向的電流時，和未通電相比較，可以判斷出A.彈簧的拉力減小，條形磁鐵對桌面的壓力增大B.彈簧的拉力減小，條形磁鐵對桌面的壓力減小C.彈簧的拉力增大，條形磁鐵對桌面的壓力增大D.彈簧的拉力增大，條形磁鐵對桌面的壓力減小【答案】D【解析】條形磁鐵位置磁感線如圖所示：由圖可知，磁場方向向右；根據左手定則，電流受到的安培力向下，故彈簧彈力變大；根據牛頓第三定律，電流對磁體的作用力與安培力等大、反向、共線，即向上，故磁體對地壓力變小；故選D.【點睛】畫出條形磁鐵位置磁感線情況，然后根據左手定則判斷安培力方向，再根據牛頓第三定律判斷磁體受到的磁場力方向．5.如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只單匝閉合線框a和b，以相同的水平速度從磁感應強度為B的勻強磁場區域中勻速地拉到磁場外，則在此過程中A.線框a、b中電流大小之比∶=1∶1B.線框a、b中電流大小之比∶=1∶2C.線框a、b中焦耳熱之比∶=1∶2D.線框a、b中焦耳熱之比∶=1∶8【答案】A【解析】閉合線框a產生的感應電動勢，電阻為，則產生的電流為；閉合線框b產生的感應電動勢，電阻為，則產生的電流為，故，故A正確，B錯誤；線框a產生的熱量為，其中，，得；線框b產生的熱量為，其中，，得，故，故CD錯誤；選A.【點睛】將閉合線框a和b勻速拉出磁場，根據感應電動勢公式、電阻定律和歐姆定律求出電流之比，根據焦耳定律求出產生的熱量之比．6.如圖所示，在水平面內固定有兩平行金屬導軌，導軌間距為L，兩導軌間整個區域內分布有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向與導軌平面成θ角并與金屬桿ab垂直，垂直于兩導軌放置的金屬桿ab重力為G．通過的電流為I，處于靜止平衡狀態，則A.金屬桿ab所受的支持力等于G+BILsinθB.金屬桿ab所受的支持力等于G+BILcosθC.金屬桿ab所受的摩擦力大小為BILcosθD.金屬桿ab所受的安倍力大小為BIL【答案】D【解析】作出金屬桿受力的主視圖，如圖所示：因電流和磁場垂直，故安培力，根據平衡條件得：，故ABC錯誤，D正確；故選D.【點睛】金屬桿ab受到重力、安培力、導軌的支持力和摩擦力平衡，金屬桿與磁場方向垂直，安培力大小，根據平衡條件列方程求解．7.如圖所示中兩條平行虛線之間存在勻強磁場，虛線間的距離為L，磁場方向垂直紙面向里．abc是位于紙面內的等腰直角三角形閉合線圈，ac邊平行于磁場的虛線邊界，bc邊長也為L．現令線圈以恒定的速度沿垂直于磁場區域邊界的方向穿過磁場區域．從b點進入磁場區域作為計時起點，取沿a→b→c的感應電流為正，則在線圈穿越磁場區域的過程中，感應電流i隨時間t(L/)變化的圖線可能是A.B.C.D.【答案】C【解析】感應電流，在時間內，由右手定則楞次定律判斷可知，感應電流方向沿逆時針方向，是負的，線框切割磁感線的有效長度均勻增加，則電流I均勻增加；在時間內，由右手定則楞次定律判斷可知，感應電流方向沿順時針方向，是正的，線框切割磁感線的有效長度均勻增加，則電流I均勻增加；由圖示圖象可知，ABD錯誤，C正確；故選C.【點睛】本題是圖象問題，根據楞次定律和法拉第電磁感應定律、歐姆定律判斷感應電流的方向，得到電流的解析式，再選擇圖象．8.如圖所示，一圓盤均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、c三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)A.B.C.D.【答案】D【解析】電荷量為q的點電荷在b處產生電場強度為，方向向右；因b點處的場強為零，故電場的疊加原理，可知半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷在b點產生的電場強度大小為，方向向左；根據對稱性原理，可知圓盤在d產生的電場強度大小也為，方向向右；電荷量為q的點電荷在d處產生電場強度的大小為，方向向右；故d點的電場強度大小為，選D.【點睛】根據點電荷場強公式和電場的疊加原理，求出圓盤在b點處產生的場強，根據對稱性得到圓盤在d產生的場強，再由電場的疊加求解d點的場強大小．9.如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度為B，邊長為a的正方形閉合單匝線框ABCD斜向穿進磁場，當AC(AC為正方形的對角線)剛進入磁場時速度為(⊥CD)，若線框的總電阻為R，則A.AC剛進入磁場時線框中感應電流為B.AC剛進入磁場時線框所受安培力為C.此時CD兩端電壓為D.此時CD兩端電壓為【答案】BC【解析】AC剛進入磁場時CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產生的感應電動勢：E=Bav，則線框中感應電流為，故CD兩端的電壓為，故C正確，D錯誤；AC剛進入磁場時線框的cd邊產生的安培力與v的方向相反，ad邊受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是：F=BIa，由幾何關系可以看出，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量合，即，故B正確，A錯誤；選BC.【點睛】由E=BIv求出電路中的感應電動勢，由閉合電路的歐姆定律求出電路中的電流和CD兩端的電壓；將AD邊與CD邊受到的安培力進行矢量合成，求出線框受到的安培力．10.如圖所示，固定的兩平行金屬導軌間距為l．導軌平面與水平面間的傾角為θ，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B．有一質量為m、長也為l的導體棒從ab位置以初速度沿斜面向上運動，最遠到達a′b′的位置，滑行的距離為s，已知導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩擦因數為μ．在運動過程中導體棒ab始終與兩導軌垂直且不脫離導軌，不計空氣阻力．重力加速度為g，則A.上滑過程中導體棒克服安培力做的功為B.上滑過程中整個電路產生的焦耳熱為C.上滑過程中導體棒受到的最大安培力為D.上滑過程中導體棒損失的機械能為【答案】BCD【解析】導體棒在上滑過程受重力、支持力、摩擦力和安培力作用，其中重力、安培力、摩擦力都做負功，支持力不做功；根據動能定理得：，解得：，導體體棒克服安培力做功，產生的焦耳熱，故上滑過程中整個電路產生的焦耳熱為，故A錯誤，B正確；導體棒剛開始向上運動時速度最大，故產生的電流最大，則所受的安培力最大，由E=BLv、、得到最大安培力為，故C正確；上滑的過程中導體棒的動能減小，重力勢能增加，故上滑過程中導體棒損失的機械能為，故D正確；選BCD.【點睛】導體棒向上做減速運動，開始時速度最大，產生的感應電流最大，受到的安培力最大，，由E=BLv、、求出最大安培力．根據動能定理分析外力做的總功．上滑的過程中動能減小，重力勢能增加，即可求得機械能的損失．由能量守恒定律研究R上產生的焦耳熱．11.如圖所示，A、B、C、D為某勻強電場中四邊形的四個頂點，且AB∥CD、AB⊥BC，邊長關系為BC=CD=2AB=4cm，電場線與四邊形所在平面平行．已知A、B、C三點電勢分別為=20V，=16V，=24V．則A.D點電勢為36VB.場強的大小為V/mC.場強的方向由D指向AD.場強的方向由D指向B【答案】BD【解析】根據電場線與等勢線相片垂直的原量，作出對應的電場圖如圖所示，虛線表示等勢線、實線表示電場線．根據勻強電場中U=Ed可知，三角形BCD是等腰直角三角形，具有對稱性，BD連線中點d的電勢與C相等，為24V，則；因dB與Dd的距離相等，故，又，解得，故A錯誤；，則電場強度為，故B正確；由圖可知，電場強度方向由D指向B，故C錯誤，D正確；選BD.12.如圖所示，在豎直平面內有一勻強磁場，磁感應強度方向垂直該豎直平面向里(圖中未畫出)，水平直線ab是勻強磁場的下邊界，一個點狀的粒子放射源固定于磁場中的P點，它在該豎直平面內向各個方向發射帶正電粒子(不計重力)，速率都相同．已知能打到直線ab上的粒子在磁場中做圓周運動的最長時間為(T為粒子在磁場中做圓周運動的周期)．不計粒子間相互作用力和空氣阻力，磁場區域足夠大，則能打到直線ab上的粒子在磁場中運動的時間可能為A.B.C.D.【答案】CD【解析】圓弧和直線ab相切于D點，粒子轉過的圓心角最大，運動時間最長為；圓弧經C點，粒子轉過的圓心角最小，運動時間最短．如圖所示：二、填空題13.如圖所示游標卡尺示數L=________cm，螺旋測微器示數D=________mm．電流表用0.6A量程時其示數I=________A．【答案】(1).5.015或5.020(2).4.6980.003(3).0.460【解析】游標卡尺的主尺讀數為50mm，游標尺上第3個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為3×0.05mm=0.15mm，則最終讀數為:50+0.15=50.15mm=5.015cm；螺旋測微器的固定刻度為4.5mm，可動刻度為19.8×0.01mm=0.198mm，所以最終讀數為4.5mm+0.198mm=4.698mm．電流表使用的是0.6A量程，分度值為0.02A，示數為I=0.460A.14.甲實驗小組要探究一個規格為5.0V、0.20W的小燈泡的伏安特性曲線，有下列器材可供選用：A．電壓表(量程0~6V，內阻約1.5kΩ)B．電壓表(量程0~20V，內阻約20kΩ)C．電流表(量程0~3A，內阻約0.2Ω)D．電流表(量程0~50mA，內阻約2.0Ω)E．滑動變阻器(最大電阻約20Ω)F．滑動變阻器(最大電阻約1kΩ)G．電源(電動勢6V，內阻不計)、開關一個、導線若干⑴要求小燈泡電壓從零開始調節，為了調節方便，測量盡可能準確，電壓表應選用________，電流表應選用________，滑動變阻器應選用________(填器材前面序號)．⑵根據所選器材和要求在虛線框內畫出實驗電路圖________________．⑶乙實驗小組按正確操作得到另外一個元件伏安特性曲線(圖像如圖)，如果將這個元件直接接到電動勢為3.0V、內電阻為7.5Ω的電源兩端，則該元件電阻值是________Ω．(結果保留2位有效數字)【答案】(1).A(2).D(3).E(4).如圖所示:(5).14或15或16【解析】（1）由題意可知，燈泡的額定電壓為5V，為了準確性及安全性原則，電壓表應選擇A；由P=UI可得，燈泡的額定電流為：，電流表應選D；測量燈泡的伏安特性曲線實驗中應采用分壓接法，故滑動變阻器應選用小電阻，故滑動變阻器應選擇E；（2）測量小燈泡的伏安特性曲線時，要求電壓值從零開始變化，故滑動變阻器應采有分壓接法；燈泡內阻約為，因，故電流表應采內接法；故電路圖如圖所示（3）將元件直接與電動勢為3.0V、內電阻為7.5Ω的電源相連，根據閉合電路的歐姆定律得：，解得：，代入數據得：，則在元件伏安特性曲線坐標系內阻作出電源的UI圖象如圖所示：由圖示圖象可知，元件兩端電壓為U=2V，通過燈泡的電流I=0.14A，則元件的電阻值是.三、計算題15.在水平面內固定有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，兩導軌間距L=2.0m，阻值R=0.80Ω的電阻固定接在兩導軌間，整體位于勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度B=0.25T，俯視圖如圖所示．有一根導體棒ab放在導軌上，在水平向右恒力F=1.5N的作用下，從靜止開始運動，在運動過程中導體棒ab始終與兩導軌垂直且不脫離導軌，不計導軌和導體棒的電阻及空氣阻力．⑴求導體棒運動前4.0m過程中流過R上的電荷量；⑵求導體棒ab的最大速度．【答案】⑴⑵【解析】（1）根據和求出平均感應電流，再由求出流過R上的電荷量；（2）當導體棒做勻速運動時，速度最大，根據平衡條件求出最大速度.（1）平均感應電動勢：磁通量變化量：平均感應電流：流過R上的電荷量：得：（2）設勻速運動時速度最大為，則：感應電動勢：電流：安培力：即解得：16.如圖所示，在豎直平面內分布著勻強電場，一帶電小球質量為m、帶電量為q(q>0)，從電場中的A點無初速度釋放，小球沿水平直線運動到B點，已知場強方向與水平直線AB的夾角為θ．重力加速度為g．A、B兩點間距為L．不計空氣阻力．求：⑴場強E大小；⑵A、B兩點之間電勢差；⑶小球從A點運動到B點的時間．【答案】⑴⑵⑶【解析】試題分析：（1）電場力在豎直方向的分力與重力平衡，由此求出電場強度；（2）根據U=Ed求解；（3）根據水平方向做勻加速運動，根據位移公式求出運動的時間.（1）在