浙江省嘉兴一中高二物理下学期期中试题（含解析）(1).doc

嘉兴市第一中学2013学年度第二学期期中考试高二物理 试题卷 满分100 分 ，时间90分钟 一、单项选择题（本题10小题，每小题3分，共30分）1下列说法中正确的是（）a感应电动势的大小跟穿过闭合电路的磁通量的大小有关b感应电动势的大小跟穿过闭合电路的磁通量的变化大小有关c感应电动势的大小跟单位时间内穿过闭合电路的磁通量的变化量有关d以上说法都不准确【答案】c【解析】 由可知，感应电动势的大小跟穿过闭合电路的磁通量的变化率成正比，故c正确。故选c。【考点】法拉第电磁感应定律2下列说法中正确的是（ ）a带电粒子在磁场中运动时，只有当其轨迹为圆时才有洛伦兹力不对带电粒子做功b不论带电粒子在磁场中做何运动，洛伦兹力均不对带电粒子做功c因为安培力是洛伦兹力的宏观表现，因而安培力使通电导体运动时，也不对导体做功d因为洛伦兹力对运动电荷不做功，因此带电粒子在磁场中运动时，它的速度不发生变化【答案】b【解析】ab、根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，永不做功，与运动情况无关，故a错误b正确；c、安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力可以做功，故c错误；d、因为洛伦兹力对运动电荷不做功，因此带电粒子在磁场中运动时，它的速度大小不发生变化，但方向会改变，故d错误。故选b。【考点】洛仑兹力；左手定则3. 将一条长度为l的直导线在中点处弯成直角，放在磁感应强度为b的匀强磁场中，使导线所在平面与磁场垂直，如图所示。当导线中通电流i时，它受到的磁场力为（ ）abcd【答案】a【解析】 导线在磁场内有效长度为，故该l形通电导线受到安培力大小为：。故选a。【考点】安培力4为了利用海洋资源，海洋工作者有时根据水流切割地磁场所产生的感应电动势来测量海水的流速假设海洋某处的地磁场竖直分量为b0.5104t，水流是南北流向，如图将两个电极竖直插入此处海水中，且保持两电极的连线垂直水流方向若两极相距l10m，与两电极相连的灵敏电压表的读数为u2mv，则海水的流速大小为（ ） a40 ms b4 ms c0.4 ms d4103ms【答案】b【解析】海水中的电荷受到电场力和洛伦兹力平衡，有：，解得，故b正确。故选b。【考点】霍尔效应及其应用5如图所示，电阻r和电感线圈l的值都较大，电感线圈的电阻不计，a、b是两只完全相同的灯泡，当开关s闭合时，下面能发生的情况是ab比a先亮，然后b熄灭ba比b先亮，然后a熄灭ca、b一起亮，然后a熄灭da、b一起亮，然后b熄灭【答案】d【解析】当开关s闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮；但由于电感线圈的电阻不计，线圈将b灯逐渐短路，b灯变暗直至熄灭，故d正确。故选d。【考点】自感现象和自感系数6有一个简谐运动的振动曲线如图甲所示，对乙图中的下列判断正确的是（ ）a图（1）可作为vt图象 b图（2）可作为ft图象c图（3）可作为ft图象 d图（4）可作为at图象【答案】c【解析】a、在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，即位移为零，速度最大；位移最大，速度为零，则知速度与位移图象也互余，图（1）不能作为该物体的速度-时间图象，故a错误；bc、由简谐运动特征f=-kx可知，回复力的图象与位移图象的相位相反，则知图（3）可作为该物体的回复力-时间图象，故b错误c正确；d、由可知，加速度的图象与位移图象的相位相反，则知图（4）不能作为该物体的回复力-时间图象，故d错误。故选c。【考点】简谐运动7如图所示，abc为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从a 点沿ab边出射，欲使电子经过bc边，磁感应强度b的取值为（ ）ab bb cb db【答案】c【解析】当电子从c点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为r，则几何知识得：，得；欲使电子能经过bc边，必须满足而，所以化简得，故c正确。故选c。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力8一个半径为r、质量为m、电阻为r的金属圆环，用一根长为l的绝缘细绳悬挂于o点，离o点下方l/2处有一宽度为l/4、垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示。现使圆环从与悬点o等高位置a处由静止释放（细绳张直，忽略空气阻力），摆动过程中金属环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中金属环产生的热量是 amglbmg（l/2+r）cmg（3l/4+r）dmg（l+2r）【答案】c【解析】当环在磁场下方摆动，不再进入磁场时，摆动稳定，金属环中产的焦耳热等于环减少的机械能，由能量守恒定律得：，故c正确。故选c。【考点】能量守恒定律9如图所示，大小相等的匀强磁场分布在直角坐标系的四个象限里，相邻象限的磁感强度b的方向相反，均垂直于纸面，现在一闭合扇形线框oabo，以角速度绕oz轴在xoy平面内匀速转动，那么在它旋转一周的过程中(从图中所示位置开始计时)，线框内感应电动势与时间的关系图线是：【答案】a【解析】导体棒以o点为轴转动产生的电动势：，如果顺时针转动oa棒产生的电动势的方向是ao，ob棒产生的电动势的方向是ob，因两电动势串联，转动个周期内不变；当om棒转到开始进入第三象限时，oa、ob棒产生的电动势方向变成oa，bo，大小不变方向改变，所以方向变为反向，以此类推，故a正确。故选a。【考点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律10环形对撞机是研究高能粒子的重要装置。带电粒子在电压为u的电场中加速后注入对撞机的高真空圆环形状的空腔内，在匀强磁场中做半径恒定的圆周运动，且带电粒子局限在圆环空腔内运动，粒子碰撞时发生核反应。关于带电粒子的比荷q/m，加速电压u和磁感应强度b以及粒子运动的周期t的关系，下列说法中正确的是（ ）对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度b越大对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度b越小对于给定的带电粒子，加速电压u越大，粒子运动的周期t越小对于给定的带电粒子，不管加速电压u多大，粒子运动的周期t都不变a b c d【答案】b【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知：得而粒子在电场中被加速，则有：联立可得：，带电粒子运行的周期根据这两个表达式可知：当加速电压和r一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度则越小，故错误正确；对于给定的带电粒子，加速电压u越大，r一定，b越大，由知周期越小，故正确错误。故b正确。故选b。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度二、不定项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题至少有一个答案是正确的）11如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是( ）a微粒一定带负电b微粒动能一定减小c微粒的电势能一定增加 d微粒的机械能一定增加【答案】ad【解析】ab、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，故a正确b错误；c、由于电场力向左，对微粒做正功，电势能一定减小，故c错误；d、由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，故d正确。故选ad。【考点】带电粒子在混合场中的运动12两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为l，底端接阻值为r的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为b的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻r外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）a释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gb金属棒向下运动时，流过电阻r的电流方向为abc金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为f=d电阻r上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【答案】ac【解析】a、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故a正确；b、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻r电流方向为ba，故b错误；c、当金属棒的速度为v时，安培力大小为：，故c正确；d、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻r上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故d错误。故选ac。【考点】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；功能关系；电磁感应中的能量转化13如图所示，在半径为r的圆形区域内有匀强磁场，在边长为2r的正方形区域里也有匀强磁场。两个磁场的磁感应强度大小相同，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从m、n两点射入匀强磁场。在m点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在n点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且n点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是 ()a.带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同b.从m点射入的带电粒子可能先飞出磁场c.从n点射入的带电粒子可能先飞出磁场d.从n点射入的带电粒子不可能比m点射入的带电粒子先飞出磁场【答案】abd【解析】带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得，粒子的轨道半径：，两粒子相同、两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r相同，粒子做圆周运动的周期相等，粒子运动轨迹如图所示； a、由图示可知，当r=l时，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于，故a正确；bcd、由图示可知，当粒子轨道半径rl时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小球在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从m点射入的粒子运动时间小于从n点射入的粒子运动时间，故bd正确c错误。故选abd。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力三、填空题（本题共2小题，每小题6分，共12分）14.(1)某实验中需要测量一根钢丝的直径(约0.5mm)，为了得到尽可能精确的测量数据，应从实验室提供的以下器材中，选择 进行测量。a.米尺b.螺旋测微器c.游标卡尺（游标尺上有10个等分刻度） (2)用游标卡尺（游标尺上有20个等分刻度）测定某工件的宽度时，示数如图所示，此工件的宽度为 mm。【答案】（1）b （2）3.30【解析】（1）米尺精确到1mm，游标卡尺（游标尺上有10个等分刻度）精确到0.1mm，螺旋测微器精确到0.001mm；为了得到尽可能精确的测量数据，应选用螺旋测微器，故选b；（2）游标卡尺主尺读数为3mm，游标读数为0.056=0.30mm，所以最终读数为3+0.30=3.30mm。【考点】长度的测量15. 一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，如图1所示，磁感应强度b随t的变化规律如图2所示.以i表示线圈中的感应电流，以图1中线圈上箭头所示方向的电流为正，请在答卷上画出感应电流随时间的变化图像。（感应电流最大值已在图中标出）【答案】如图所示 【解析】感应定律和欧姆定律得，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度b随t的变化率；由图2可知，01s时间内，b增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是顺时针的，因而是负值所以可判断01s为负的恒值；1s2s为正的恒值；2s3s为零；3s4s为负的恒值；45为零；56为正的恒值。图像如图。【考点】楞次定律四、计算题（本题共3小题，共46分。需写出必要的解题计算步骤）16. 如图所示，某一空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧区域匀强电场的场强大小为e，方向水平向右，电场宽度为l；中间区域匀强磁场磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小仍为b，方向垂直纸面向里，其右边界可向右边无限延伸。一个质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）从电场左边界上的o点由静止开始运动，穿过中间的磁场区域后进入右侧磁场区域，又回到o点，然后重复上述过程。求：（1）带电粒子在磁场中运动的速率；（2）中间磁场区域的宽度d；（3）带电粒子从o点开始运动到第一次回到o点所用的时间t。【答案】 【解析】（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理得：，解得：； （2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得，粒子轨道半径：，两磁场的磁感应强度大小相等，粒子在两磁场中的轨道半径相等，粒子运动轨迹如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形是等边三角形，其边长为2r,所以中间磁场区域的宽度为（3）粒子在电场中做匀变速直线运动，运动时间：粒子在磁场中做圆周运动的周期：，在中间磁场中运动时间，在右侧磁场中运动时间，则粒子第一次回到o点的所用时间：。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力17.如图所示，质量为60g的金属棒长为l1=20cm，棒两端与长为l2=30cm的细软金属线相连，吊在磁感应强度b=0.5t、竖直向上的匀强磁场中。当金属棒中通过稳恒电流i后，金属棒向纸外摆动，摆动过程中的最大偏角=60（取g=10m/s2），求：（1）金属棒中电流大小和方向（2）金属棒在摆动过程中动能的最大值(不考虑金属棒摆动过程中所产生的感应电流)【答案】 电流方向水平向右 【解析】（1）铜棒向纸外摆动，所受的安培力向外，根据左手定则判断得知，金属棒中电流方向水平向右；铜棒上摆的过程，根据动能定理得：，又安培力，代入解得；（2）由题意，铜棒向上摆动的最大偏角=60，根据对称性可知，偏角是30时是其平衡位置，铜棒受力如图所示，则有当铜棒偏角是30时，速度最大，动能最大，由动能定理可得：代入解得，最大动能为。【考点】动能定理；法拉第电磁感应定律18. 如图甲所示，表面绝缘、倾角q=30的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行. 斜面所在空间有一宽度d=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m. 一个质量m=0.10kg、总电阻r=0.25w的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长l=0.50m. 从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失. 线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示. 已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数m=/3，重力加速度g取10 m/s2. （1）求线框受到的拉力f的大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度b的大小；（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足vv0-（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热q. 【答案】 【解析】（1）由v-t图象可知，在00.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度由牛顿第二定律解得；（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动产生的感应电动势通过线框的电流线框所受安培力对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有解得；（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度d=0.40m线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为设线框与挡板碰撞前的速度为v2由动能定理，有解得线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3由得因v30，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热，所以。【考点】共点力平衡；牛顿第二定律；动能定理；法拉第电磁感应定律 嘉兴市第一中学2013学年度第二学期期中考试 高二物理 答题卷 满分100 分 ，时间90分钟 2014年4月题号一二三四总分分数一、单项选择题题号12345678910答案cbabdc ccab二、不定项选择题（至少有一个答案是正确的）题号111213答案adacabd三、填空题14、（1） b （2） 3.30 15、 四、计算题（写出必要的计算步骤）16. （1）带电粒子在电场中加速，由动能定理得：，解得：； （2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得，粒子轨道半径：，两磁场的磁感应强度大小相等，粒子在两磁场中的轨道半径相等，粒子运动轨迹如图所示，三段圆弧的圆心组成的三