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1、安徽省舒城一中20172018学年第一学期高二物理期末模拟测试题一、选择题1. 关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是 （ ）A. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B. 磁感线从磁体的N极出发，终止于S极C. 磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向D. 在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小【答案】D【解析】试题分析：磁感线的疏密程度表示磁感应强度大小，磁感应越密，磁感应强度越大，A错误；在外部磁感线从磁体的N极出发，到达S极，在内部，从S极到达N极，形成闭合曲线，B错误；根据左手定则可得安培力方向和磁场方向垂直，C错误；通电导线在磁场中受到的安培力大小不仅
2、和磁感应强度，电流大小有关，还和放置位置有关，当垂直时最大为BIL，平行时最小为零，故在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小，D正确；考点：考查了磁场和磁感线【名师点睛】磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极，通电导线在磁场中受到的安培力大小不仅和磁感应强度，电流大小有关，还和放置位置有关，2. 如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由AOB匀速飞过，电子重力不计，则电子除电场力外所受其它力的合力的大小和方向变化情况是 （ ）A. 先变大后变小，方向水平向左B. 先变大后变小，方向水平向右C. 先变小后变大，方向水平向
3、左D. 先变小后变大，方向水平向右【答案】B【解析】根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从AOB，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右，故B正确，ACD错误。3. 有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设单位体积导线有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子的定向移动速率为v，在t时间里，通过导线横截面的自由电子数目可表示为( )A. nvSt B. nvt C. D. 【答案】AC【解析】根据电流的微观表达式I=nevS，在t时间内通过导体横截面的自由电子的电量q=It，则在
4、t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为，将I=nevS代入得N=nvSt，故AC正确，BD错误故选AC点睛：本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvS，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到4. 如右图所示，重现了当初法拉第的一个实验下列说法中正确的是 （ ）A. 右边磁铁S极离开时，有感应电流从a至b通过检流计B. 右边磁铁S极离开时，有感应电流从b至a通过检流计C. 左边磁铁N极离开时，有感应电流从a至b通过检流计D. 左边磁铁N极离开时，有感应电流从b至a通过检流计【答案】AC【解析】通过线圈的磁感线方向向右，当右边磁铁S极断开时，穿过线圈的磁通量减小，根
5、据楞次定律判断可知，电路中产生顺时针方向的感应电流，则有感应电流从a至b通过检流计故A正确，B错误当左边磁铁N极断开时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，电路中产生顺时针方向的感应电流，则有感应电流从a至b通过检流计故C正确，D错误故答案为AC.点睛：本题是楞次定律的简单应用，关键要把握两个条件：一是磁场的方向；二是磁通量的变化情况，再判断感应电流的方向5. 如图（甲）所示，两平行导轨与水平面成角倾斜放置，电源、 电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计。整个装置分别处在如图（乙）所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是 （ ）A. B. C. D. 【答
6、案】B【解析】A图中磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平衡故A错误B图中金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态故B正确C图中金属杆受垂直于斜面向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡故C错误D图中金属杆受到水平向左的安培力，重力，支持力，三个力不可能处于平衡状态故D错误故选B点睛：这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向6. 如图所示，A灯与B灯电阻相同，当变阻器滑动片向上滑动时，对两灯明暗变化判断正确的是（ ）A. A、B灯都变亮B. A、B灯都变暗C.
7、 A灯变亮，B灯变暗D. A灯变暗，B灯变亮【答案】A【解析】试题分析：由电路图可知，灯泡A与灯泡B、滑动变阻器R、R1组成的电路并联，且B与R为并联；可以把与A灯泡并联的电路看成一个整体，当滑片向上滑动时，滑动变阻器的阻值变大总电流变小内阻分压变小外电压变大，即可判断灯泡A亮度的变化；再根据串联电路的分压特点和并联电路的分流特点可知，灯泡B亮度的变化解：由电路图可知，灯泡A与灯泡B、滑动变阻器R、R1组成的电路并联，且B与R为并联；当滑片向上滑动时，滑动变阻器的阻值变大，那它与A灯并联的等效电阻变大，电路的总电阻都会变大，所以总电流变小；根据欧姆定律可知，总电流变小时，内阻分压变小，外电压变
8、大，所以灯泡A两端的电压增大，A灯变亮；因为外电压是变大的，所以B灯和滑阻上的电压就变大了，B灯泡变亮故选：A【点评】本题主要考查了欧姆定律的应用解决本题的关键：一是分清该混联电路的特点；二是知道串联电路的分压特点和并联电路的分流特点7. 某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点，运动轨迹如虚线所示粒子重力不计，则粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是（ ）A. 若粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能减小B. 若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小C. 若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小D. 若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大
9、【答案】AC【解析】由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致向右，与轨迹上每一点的切线方向即瞬时速度方向成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大电场线越来越密，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，这些结论与粒子的电性无关，故AC正确，BD错误故选AC.8. 熄火前先关闭大灯是夜晚停车的好习惯，原因是再次启动时启动电流较大容易烧坏电路，图示为汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05，电表可视为理想电表。只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V，再接通S2，启动电动机时，电流表示数变为8A，则此时通过干路的电流是（ ）A. 62A
10、B. 42A C. 58A D. 70A【答案】C【解析】只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=12V+100.05V=12.5V，R灯=1.2，再接通S2后，流过过干路的电流是：I=A=58A，故选C.9. 如图所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路。左边的铁芯上套有一个环面积为0.02m2、电阻为0.1的金属环。铁芯的横截面积为0.01m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直。调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2T，则从上向下看A. 金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.010-3VB. 金属环中
11、感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.010-3VC. 金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.010-3VD. 金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.010-3V【答案】C【解析】根据右手螺旋定则知，螺线管中的磁场方向竖直向上，所以通过金属环的磁场方向竖直向下，当磁场均匀增大时，根据楞次定律知，感应电流的方向是逆时针方向根据故C正确，ABD错误故选C.10. 在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场。当入射方向与x轴的夹角时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当时，为了使粒子从ab的中点c射出磁场，则速度
12、应为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子轨道半径：R=；设a、b、c三点的坐标分别为x1，x2，x3，当=60时，粒子从a点射出磁场，如图所示，x1=2R1sin60=R1=，当=60时，粒子从b点射出磁场，如图所示，x2=2R2sin60=R2=，当=45时，粒子从c点射出磁场，如图所示，x3=2R3sin45=R3=，因为2x3=x1+x2，解得：v3=（v1+v2）故选B点睛：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了二实验题11.
13、 某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠RL的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： A电压表V（量程5V，内阻约为5k）B直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）C电流表A1（量程250mA，内阻约为2）D电流表A2（量程500mA，内阻约为1）E滑动变阻器R1（阻值0 10）F滑动变阻器R2（阻值0 200） （1）为了使调节方便，测量的准确度较高，应选用电流表为_；滑动变阻器为 _（填写仪器符号）；（2）要求实验中小灯珠电压从零逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小请你为该实验小组设计电路图，并在图中标出器材的符号，画在下面方框中_； （3）下面
14、曲线是该学习小组根据实验的数据在方格纸上作出该灯珠的伏安特性曲线请求出小灯珠在电压为1.00V和2.00V时的电阻值并说明它们大小不同的原因（结果保留2位有效数字）_【答案】 (1). A2 (2). R1 (3). 如图所示： (4). ，由于小灯珠两端的电压升高时，灯丝的温度升高，导致灯丝电阻变大，所以有：【解析】（1）由P=UI得，灯泡的额定电流I=0.263A，所以电流表选择D电流表A2（量程300mA，内阻约为1），变阻器用分压接法，应选小阻值的R1（2）灯泡内阻R=14.44，电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用
15、滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，电路图如图所示：（3）由图可知：U1=1.00V时，I1=0.150A；U2=2.00V时，I2=0.245A（0.002A），得RL16.7 RL28.0(0.1)由于小灯珠两端的电压升高时，灯丝的温度升高，导致灯丝电阻变大，所以有：RL2RL1点睛：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断12. 利用如图所示的一只电压表、一个电阻箱和一个电键，测量一个电池组的电动和内电阻请在方框内画出实验电路图_；并用笔画线作导线将所给器材连接成实验电路_，改变电阻箱阻值，分
16、别读出两组电阻箱阻值和对应的路端电压值R1、U1、R2、U2。用实验数据写出电动势和内电阻的表达式_。【答案】 (1). 如图所示： (2). 如图所示： (3). 【解析】用电阻箱代替了电流表由于电压可测，由电压、电阻就可以算出电流实验方法：改变电阻箱阻值，读出两组外电阻和对应的路端电压值R1、U1、R2、U2，根据闭合电路欧姆定律列出两种情况下的方程，EU1+r，EU2+r，解这个方程组可得E和r；电路图见下图所示；根据闭合电路欧姆定律得EU1+r，EU2+r，解得：，点睛：本实验通过伏阻法测量电源的电动势和内阻，用电压表测量电源的外电压，通过电压表和电阻箱测量通过电源的电流，根据E=U+
17、r进行分析三、计算题13. 人体的细胞膜内外存在电势差（膜电位差）约U35mV，细胞膜厚度约。细胞膜有选择的让钾或钠离子通过，以保持细胞内、外的电势差和渗透压。当一个一价的钠离子（电荷量），从图中的A到B通过细胞膜时（细胞膜内的电场看作匀强电场，且电势关系为）求：（1）它受到的电场力多大？（2）电场力做功是多少？（3）电势能是增加还是减少？改变了多少？【答案】（1）(2) (3) 减少【解析】（1）根据F=qE，及（2）根据W=qU代入数据可得 W=5.610-21J（3）电场力做正功，电势能减小，减少5.610-21J14. 质量为m、电荷量为e的电子初速度为零，经电压为U的加速电场加速后垂
18、直磁场边界bc进入垂直纸面的匀强磁场中，其运动轨迹如图所示，已知bf bgL，不计重力. 试求：（1）电子经加速电场加速后,开始进入磁场时的速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小，并说明其方向；（3）电子在磁场中运动的时间。【答案】（1）（2）（3）.15. 如图所示，质量为60g的导体棒长度S20cm，棒两端分别与长度L30cm的细导线相连，悬挂在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.5T。当导体棒中通以电流后，棒向上摆动（1）若电流由0缓慢增加至I，棒最终能静止于偏角45处，则此时导体棒中电流I的大小为多少；（2）若电流始终为I(在摆动中不变)，棒始终在竖直位置和某个最大偏角之间摆动，且
19、最大偏角45，则此时导体棒中电流I的大小为多少。【答案】（1）6A（2）2.49A【解析】（1）当导体棒摆到最高位置时，导体棒受力平衡。此时有：GtanF安BIS （2）钢棒在向上摆动过程中，仅有重力和安培力两个恒力做功。由动能定理：BISLsinmgL(1cos)0 解得：Img(1cos)/BSsin2.49A 16. 如图所示，“U”型金属框水平放置，右端与竖直墙壁相连，导体棒ab与框架的两臂垂直放置，ab与框架构成边长l1.0 m的正方形，整个回路的电阻R2。质量m1kg的物体c置于水平地面上，并通过轻绳绕过定滑轮与ab相连，当竖直向上的磁场按Bkt均匀变化(k为恒量)时，物体c对地面
20、的压力F随时间t变化的图象如图所示。不考虑一切摩擦，取g10 m/s2。(1)在图中用箭头标出ab棒中感应电流的方向；(2)求出 k的值。【答案】（1）b指向a (2) 2 V/m2【解析】（1）感应电流方向由b指向a；（2），回路中的感应电流为：，ab所受安培力为：F=BIl=ktl=，t=5s时，安培力大小等于c的重力10N，即：=10，得：k=2V/m2（或2T/s）点睛：此题中应用右手定则、法拉第电磁感应定律、安培力公式、平衡条件找出F-t的函数关系，然后与图像对比即可正确解题 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%