2018-2019黑龙江省哈尔滨八中高二物理上册期末物理试卷（含答案和解析）.docx

1、2018-2019学年黑龙江省哈尔滨八中高二（上）期末物理试题一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理量都是用比值法定义的以下公式不属于定义式的是（）A. 电流强度I=qtB. 磁感应强度B=FILC. 电场强度E=kQr2D. 电阻R=UI2.图中MN是某电场中的一条水平电场线。一带正电粒子射入此静电场中后，沿轨迹ABC运动（B在电场线上）下列说法中正确的是（）A. MNB. 粒子在B点受电场力方向水平向左C. 粒子一定做匀变速曲线运动D. 粒子在A点的电势能比在C点的电势能大3.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图示，则

2、（）A. t=0时刻线圈通过中性面B. t2时刻线圈中磁通量最大C. t3时刻线圈中磁通量变化率最大D. t4时刻线圈中磁通量变化率最大4.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。A板与静电计金属球相连，静电计的外壳和B板接地，闭合电键S电路达到稳定时，静电计指针偏转一定角度。此时，在A、B板间有一点电荷q（带电量很小）静止在P点，则（）A. 增大R1的阻值，点电荷q保持不动，但静电计指针偏角减小B. 增大R2的阻值，点电荷q保持不动，但静电计指针偏角减小C. 增大两板间的距离，点电荷q向下运动，但静电计指针偏角不变D. 断开电键S，A板不动，将

3、B板向下移动时，点电荷q保持不动5.如图所示，若粒子（24He）和质子（11H）以相同速度垂直进入同一匀强磁场中，则粒子和质子（）A. 运动半径之比是2：1B. 回到磁场边界时速度大小之比是2：1C. 在磁场中运动时间之比是1：1D. 受到的洛伦兹力之比是1：16.一块太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA，若将该电池与一阻值为20的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A. 0.10VB. 0.20VC. 0.30VD. 0.40V7.如图所示，电荷量为-q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，垂线上的a、b两点关于薄板对称

4、，到薄板的距离都是d若图中a点的电场强度为零，则b点的电场强度大小和方向分别为（静电力常数k）（）A. kqd2，垂直薄板向左B. 8kq9d2，垂直薄板向右C. kq9d2，垂直薄板向左D. 10kq9d2，垂直薄板向右二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）8.如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从P点以相同的初速度垂直电场方向进入匀强电场E中，它们分别落到A、B、C三点，则可判断（）A. 三个小球到达正极板时的动能关系是：EKAEKBEKCB. 三个小球在电场中运动的时间tAtBtCC. 三个小球在电场中运动的加速度关系是：aCaBaAD. 落到A点的小球带负电，落

5、到B点的小球不带电三、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）9.图甲是用来验证机械能守恒定律的实验装置图乙是该实验得到的一条点迹清晰的纸带，现要取B、F两点来验证实验，已知电火花打点计时器每隔0.02s打一个点请回答下列问题：（1）根据纸带可以判断，实验时纸带的端是和重物相连接_（选填“左”或“右”）；（2）若X1=6.40cm，则在纸带上打下计数点B时的速度VB=_m/s（计算结果保留三位有效数字）；（3）若X2数据也已测出，则为验证机械能是否守恒还需测出的物理量是_10.在做测定金属丝的电阻率的实验时（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径。如图1所示，由图读出金属丝的直径是_mm。（2）

6、需要对金属丝的电阻进行测量。已知金属丝的电阻值Rx约为5；一位同学用伏安法对这个电阻的阻值进行了比较精确的测量，这位同学想使被测电阻Rx两端的电压从零开始调节。他可选用的器材有：A直流电源（电动势6V，内阻可不计）B直流电流表（量程0600mA，内阻约为5）C直流电流表（量程03A，内阻约为0.1）D直流电压表（量程03V，内阻约为6k）E直流电压表（量程015V，内阻约为15k）F滑动变阻器（10，2A）G滑动变阻器（1k，0.5A）H电键I导线若干以上器材中电流表选用_（填序号），电压表选用_（填序号），滑动变阻器选用_（填序号）。（3）在图2的方框中画出实验电路图。四、计算题（本大题共3

7、小题，共36.0分）11.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L、质量为m、通有电流I的导体棒，重力加速度为g，若外加磁场方向竖直向上，欲使棒静止在斜面上，求：磁感应强度B的值。12.如图所示的区域中，OM左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM，且垂直于磁场方向。一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子从小孔P以初速度V0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角=60，粒子恰好从小孔C垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OC=L，OQ=2L，不计粒子的重力，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）电场强度E的大小。13.如图所

8、示，一个足够长的矩形金属框架与水平面成=37角，宽L=0.5m，上端有一个电阻R0=2.0，框架的其他部分电阻不计，有一垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，ab为金属杆，与框架接触良好，其质量m=0.1kg，电阻r=0.5，杆与框架间的动摩擦因数=0.5，杆由静止开始下滑，在速度达到最大值的过程中，电阻R0产生的热量Q0=2.0J（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）通过R0的最大电流；（2）ab杆下滑的最大速度；（3）从开始到速度最大的过程中ab杆下滑的距离。1.C解：A、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系，所以属于比值定义法。故A

9、正确。B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关。所以属于比值定义法。故B正确。C、电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以不属于比值定义法。故C错误。D、电阻R与电压、电流无关，是其本身的属性，属于比值定义法，故D正确。故选：C。所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2.B解：B、粒子受力方向沿电场线方向，且指向粒子运动轨迹凹的一侧

10、，故粒子在B点受电场力方向向左，故B正确； A、粒子带正电，粒子在B点受电场力方向向左，故电场线方向左，又有：沿着电场线电势降低，故NM，故A错误； C、只有一条电场线，不能得到静电场为匀强电场，故粒子受力不一定恒定，那么，粒子不一定做匀变速运动，故C错误； D、只有一条电场线，故不能判断A、C两点电势大小关系，故粒子在这两点的电势能大小不能判断，故D错误； 故选：B。根据粒子偏转方向得到电场力方向，进而得到电场线方向，从而得到电势大小关系；再根据粒子受力情况判断粒子运动情况。带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二定律，通过加速度得到运动情况（或受力

11、情况）。3.D解： A、t=0时刻感应电动势最大，磁通量为零；此时线圈与中性面相互垂直；故A错误； B、t2时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，磁通量为零。故B错误。 C、t3时刻线圈通过中性面，感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律，知磁通量变化率为零，最小，故C错误； D、t4时刻线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大。故D正确。 故选：D。矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面经过中性一次，电流方向改变一次根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感

12、应电流、感应电动势及位置之间的关系，要熟练掌握图象的性质及应用4.C解：根据图示电路图，由欧姆定律可得电容器两端电压为：U=IR1=R1=，油滴受到的电场力为：F=qE=q=；开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；A、增大R1的阻值，电场力为：F=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故A错误；B、增大R2的阻值，电场力：F不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动；同时因电容器两端的电势差不变，故静电计的偏角不变，故B错误；C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动；由于电势差不

13、变，故静电计指针的偏角不变，故C正确；D、断开电键S后电容器放电，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误。故选：C。分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析点电荷的运动情况，根据电势差的大小分析静电计偏角的变化。本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键。5.A解：A、质子和粒子以相同的速度垂直进入同一匀强磁场中，均做匀速圆周运动，粒子和质子的q之比为2：1，质量之比为4：1，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m可得粒子轨迹半径：r=，又因为v和B相同，故粒子和质子运动半径之

14、比是2：1，故A正确；B、因为洛伦兹力不做功，故再次回到磁场边界时速度大小不变，故回到磁场边界时速度大小之比是1：1，故B错误；C、粒子运动的周期：T=，因为v相同，r之比为2：1，所以周期之比为2：1，两粒子在磁场中均转半个圆周，所以在磁场中运动时间之比是2：1，故C错误；D、根据公式可知粒子受到的洛伦兹力：F洛=qvB，又因为B和v相同，粒子和质子的q之比为2：1，故受到的洛伦兹力之比是2：1，故D错误。故选：A。质子和粒子以相同的动量在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律，可求得比较r、速度v及T的表达式，根据表达式可以得到半径以及周期之比

15、。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，利用洛伦兹力提供向心力进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。6.D解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则电动势E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流I短=则电源内阻r=20该电源与20的电阻连成闭合电路时，电路中电流I=mA=20mA故路端电压U=IR=400mV=0.4V，故D正确。故选：D。由开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻再根据欧姆定律求出电流和路端电压对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，

16、开路电路等于电源的电动势7.D解：由于a点处的合场强为零，所以带点薄板在a处产生的场强与点电荷-q在a处产生的场强大小相等均为，方向相反，可知带点薄板应带负电，由带点薄板产生场强的特点可知，薄板在b点产生的场强方向向右，大小等于。b点的电场强度大小为E=+k=，方向向右，故ABC错误，D正确。故选：D。求解本题的关键是明确点电荷场强的公式及合场强为零的含义，及其带点薄板产生场强的特点。熟记点电荷的场强公式，理解合场强为零的含义，掌握带点薄板产生场强的特点。8.BC解：在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：由此可知不带电小球做平抛运动：a1=g；带正电小球做类平抛运动

17、：a2=g；带负电小球做类平抛运动：a3=g；A、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。由受力图可知，带负电小球合力最大为G+F，做功最多，动能最大；带正电小球合力最小为G-F，做功最少，动能最小。即：EkAEkBEkC，故A错误。B、根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据t=得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短，故tAtBtC；故B正确；C、因为A带正电，B不带电，C带负电，所以aA=a2，aB=a1，aC=a3，所以aAaBaC故C正确。D、三小球在水平方向都不受力

18、，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球，C带负电的小球。故D错误。故选：BC。有图可知上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力。则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动。由此根据平抛和类平抛运动规律求解。确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析。9.左 1.60

19、 测出BF两点之间距离解：（1）从纸带上可以发现从左到右，相邻的计数点的距离越来越大，也就是说明速度越来越大与重物相连接的纸带先打出点，速度较小，所以实验时纸带的左端通过夹子和重物相连接（2）利用匀变速直线运动的推论得：vB=1.60m/s（3）若X2数据也已测出，因此可算出，F点的瞬时速度，那么要验证机械能守恒定律，则要求出重力势能的变化量，所以还要测出BF之间的距离；故答案为：（1）左；（2）1.60；（3）测出BF两点之间距离解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计

20、算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值纸带问题的处理是力学实验中常见的问题我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度10.0.742 B D F解：（1）螺旋测微器：不动刻度为4.5mm，可动刻度为20.00.01mm则读数为0.5mm+24.20.01mm=0.742mm（0.741mm-0.743mm均正确）（2）最大电流：I=A=1.2A，故电流表选择B；电动势E=6V，为了使电压表有较大偏转，故电压表选择D；滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，

21、故滑动变阻器应选择F；（3）为使被测电阻Rx两端的电压从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，电压表内阻远大于金属丝的电阻，电流表应采用外接法，在图2的方框中画出实验电路图，如图所示。故答案为：（1）0.742（0.741-0.743）；（2）B，D，F；（3）电路图如图所示。（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。（2）根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图。本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、实验数据处理等问题，要掌握实验器材的选择原则，根据题意确定滑动变阻器与

22、电流表接法是设计实验电路的关键。11.解：导体棒受重力、支持力和水平向右的安培力处于平衡，根据共点力平衡得：mgtan=BIL解得：B=mgtanIL答：所加磁场的磁感应强度B的大小为mgtanIL。导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力的大小，再根据FA=BIL求出磁感应强度的大小。正确受力分析、根据共点力平衡条件列式是解决本题的关键。12.解：（1）粒子运动的轨迹如图示，由几何知识得：PO1C=120，r+rcos60=OC=L，解得：r=23L，粒子在磁场中圆周运动洛仑兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r，解得：B=mv0qr=3mv02qL；（

23、2）粒子在电场中类平抛运动，加速度为a，由牛顿第二定律得：a=qEm，水平方向：2L=v0t，竖直方向：L=12at2，解得：E=mv022qL；答：（1）磁感应强度B的大小为3mv02qL；（2）电场强度E的大小为mv022qL。（l）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二轮的可以求出磁感应强度； （2）粒子在电场中粒子做类平抛运动，应用类平抛运动规律求电场强度。本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，粒子先做的是匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，根据匀速圆周运动和类平抛运动的规律可以分别求得。13.解：（1）杆达到最大速度后，ab中最大电流为Im，由平衡条件有：BI

24、mL+mgcos=mgsin代入数据解得：Im=0.4A（2）由闭合电路的欧姆定律有：Em=Im（R0+r）=1.0V由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm代入数据解得：vm=EmBL=1.01.00.5m/s=2m/s（3）电路中产生的总焦耳热为：Q总=R0+rR0Q0=54Q0=2.5J由动能定理得：mgxsin-mgxcos-Q总=12mvm2解得杆下滑的距离为：x=13.5m答：（1）通过R0的最大电流为0.4A；（2）ab杆下滑的最大速度为2m/s；（3）从开始到速度最大的过程中ab杆下滑的距离为13.5m（1）导体棒沿斜面向下先做加速运动，后做匀速运动，导体棒达到最大速度时，受力平衡，写出受力平衡的方程，即可求得最大电流； （2）根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立求解； （3）当电阻R0中产生的热量Q0=2.0J，根据焦耳定律分析电路中产生的总热量。棒下滑过程中，重力势能转化为棒的动能、回路的焦耳热和摩擦生热，根据动能定理解答该题。该题是电磁感应的综合应用，涉及到受力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及能量的转化与守恒，综合性相对较强，要求的能力也比较高。第15页，共16页