武汉二中2015——2016学年上学期

高二年级期中考试

物理试卷

命题教师：王正国 审题教师： 刘忠山

考试时间：2014年11月12日 下午14：00—15：30 试卷满分：110分

一、选择题：本题共12小题，每小题4分。共48分在每小题给出的四个选项中，每题可能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．下列说法中正确的是（ ）

A．磁体上磁性最强的部分叫磁极,任何磁体都有两个磁极

B．磁体与磁体间的相互作用是通过磁场而发生的,而磁体与通电导体间以及通电导体与通电

导体之间的相互作用不是通过磁场发生的

C．地球的周围存在着磁场,地球是一个大磁体,地球的地理两极与地磁两极并不重合,其间有一个交角,这就是磁偏角,磁偏角的数值在地球上不同地方是相同的

D．磁场是客观存在的物质，磁感线也是客观存在的特殊的线

2. 如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动。现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（ ）

A．小球加速度一直增大

B．小球速度一直增大，直到最后匀速

C．小球速度先增大，再减小，直到停止运动

D．杆对小球的弹力一直减小

3．如图所示为一种获得高能粒子的装置，由光滑绝缘材料围成的环形区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的均匀磁场（环形区域的宽度非常小）。质量为m、电荷量为+q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板准备进入AB之间时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速。每当粒子离开B板时，A板电势又降为零。粒子在电场中一次次加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径R不变。（设极板间距远小于R）下列说法正确的是（ ）

A．粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，

绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqU

B．粒子在绕行的整个过程中，每一圈的运动时间为

C．粒子获得的最大速度与加速次数无关，由R决定。

D．粒子绕行第N圈时所受向心力为

4．在直角坐标系xOy的第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从y轴正半轴上的A点以与y轴正方向夹角为α= 45°的速度垂直磁场方向射入磁场，如图所示，已知OA =a，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）

A．若粒子垂直于x轴离开磁场，则粒子进入磁场时的初速度

大小为

B．改变粒子的初速度大小，可以使得粒子刚好从坐标系的原

点O离开磁场

C．粒子在磁场中运动的最长时间为

D．从x轴射出磁场的粒子中，粒子的速度越大，在磁场中运动的时间就越短

5．如图所示,P、Q是两根竖直且足够长的金属杆(电阻忽略不计),处在垂直纸面向里的匀强磁场

B中,MN是一个螺线管,它的绕线方式没有画出,P、Q的输出端a、b和MN的输入端c、d

之间用导线相连,A是在MN的正下方水平放置在地面上的金属圆环。现将金属棒ef由静止

释放,在下滑中始终与P、Q杆良好接触且无摩擦,则在金属棒释放后（ ）

A．A环中有大小不变的感应电流

B．A环中的感应电流逐渐减小至某一不为零的恒定值

C．A环对地面的压力先增大后减小至恒定值

D．A环对地面的压力先减小后增大至恒定值

6．如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入

匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，

速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀

强磁场过程中产生的焦耳热为（ ）

A．2mgL　　　 B．2mgL＋mgH

C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH

7．如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴（过O点）匀速转动，OA=2OC=2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A、D良好接触并从A、D各引出一接线柱与外电阻R相接（没画出），两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则（ ）

A．金属棒中有从A到D的感应电流

B．外电阻R中的电流为

C．当r=2R时，外电阻消耗功率最大

D．金属棒AO间电压为

8．如图所示，两个宽度均为L的条形区域，存在着大小相等，方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC，其底边BC长为2L，并处于水平。现使线框以速度
水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是（设逆时针电流方向为正方向，取时间t0=
作为计时单位）（ ）

9．霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向均匀变化的匀强磁场，磁感应强度B=B0+kz(B0、k均为常数)。将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变(方向如图)，当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则（ ）

A．B越大，上、下表面的电势差U越大

B．k越大，传感器灵敏度
越高

C．图中霍尔元件的上板电势可能比下板电势高

D．电流越大，上、下表面的电势差U越小

10．如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，开关S原来接通，当开关S断开时，下面说法正确的是(考虑电源内阻) （ ）

A．L1立即变亮

B．L2闪亮一下后恢复原来的亮度

C．L3变暗一下后恢复原来的亮度

D．L3闪亮一下后恢复原来的亮度

11．如图所示，间距为L的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、大小为B的匀强磁场．在导轨上端接一电容为C的电容器，一质量为m的金属棒ab与导轨始终保持良好接触，由静止开始释放，释放时ab?距地面高度为h，（重力加速度为g，一切摩擦及电阻均不计）在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．若h足够大，金属棒最终匀速下落

B．金属棒运动到地面时，电容器储存的电荷量为mgh

C．金属棒做匀加速运动，加速度为

D.金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为
12．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MO垂直于纸面，在纸　　　　

面内的长度L＝4.55cm， O与S间的距离d＝4.55cm，MO的延长线ON与SO直线的夹角

为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度

B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源

发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（? ??）

A．θ＝90°时，l＝4.55cm????????

B．θ=60°时，
cm

C．θ＝45°时，l＝9.1cm?????????

D．θ＝30°时，l＝4.55cm

二、填空及实验探究题（本题共2小题，共14分）

13. 在长度测量时，该螺旋测微器读数为__________mm,游标卡尺读数为__________cm

14．用图所示的电路测定一种特殊电池的电动势和内阻，它的电动势E约为8 V，内阻r约为30 Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40 mA。为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个定值电阻充当保护电阻，除待测电池外，可供使用的实验器材还有：

A．电流表A(量程为0.05 A、内阻约为0.2 Ω)

B．电压表V(量程为6 V、内阻为20 kΩ)

C．定值电阻R1(阻值为100 Ω、额定功率为1 W)

D．定值电阻R2(阻值为200 Ω、额定功率为1 W)

E．滑动变阻器R3(阻值范围为0～10 Ω、额定电流为2 A)

F．滑动变阻器R4(阻值范围为0～750 Ω、额定电流为1 A)

G．导线和单刀单掷开关若干

（1）为了电路安全及便于操作，定值电阻应该选________；滑动变阻器应该选________。

(填写器材名称)

（2）接入符合要求的用电器后，闭合开关S，调滑动变阻

器的阻值，读取电压表和电流表的示数。取得多组数

据，作出了如图所示的图线。根据图线得出该电池的

电动势E为________V，内阻r为________Ω。(结果

保留两位有效数字)

（3）若所给的电压表已被损坏，其他器材均可使用。重新选择器材，设计电路测定该电池的电动势和内阻。请在虚线框中画出设计的电路图并在上面标明选定器材的名称。

三、分析计算题（本题共4小题，共48分。分析解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15．如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ=a．在△ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过△ACD区域，不计粒子的重力．

（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；

（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，

从Q点射出磁场，求粒子的比荷；

16．如图所示，两条平行的金属导轨相距L＝1 m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2 kg，电阻分别为RMN＝1 Ω和RPQ＝2 Ω.MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t＝3 s时，PQ棒消耗的电功率为8 W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）0～3 s时间内通过MN棒的电荷量；

（3）求t＝6 s时F2的大小和方向；

（4）若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移x满足关系：v＝0.4x，PQ棒仍

然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到x＝5 m的过程中，系统产生的焦耳量．

17．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝铜线框，为了检测出个别未闭合的不合格线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域（磁场方向垂直于传送带平面向下），观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出未闭合的不合格线框。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B。各线框质量均为m，电阻均为R，边长均为L（L＜d)；传送带以恒定速度v0向右运动，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。线框在进入磁场前与传送带的速度相同，且右侧边平行于MN减速进入磁场，当闭合线框的右侧边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长，且在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界。对于闭合线框，求：

（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小；

（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值

以及速度的最小值；

（3）从线框右侧边刚进入磁场到穿出磁场后又相对

传送带静止的过程中，传送带对该闭合铜线框做的功。

18．如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m．板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量
、电量
、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中（不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况），
，求：

（1）电场强度的大小与方向；

（2）小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值

（计算结果可以用分数和保留π值表示）

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高二年级期中考试

物理试卷参考答案及评分标准

一、选择题：本题共12小题，每小题4分。共48分在每小题给出的四个选项中，每题可能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

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12



A

B

AD

ACD

C

C

B

D

ABC

A

D

AB



二、填空及实验探究题（本题共2小题，共14分）

13．5.975-5.978 mm （2分） 9.982-9.986 cm （2分）

14、（1）R2　R4　（2分）

（2）（27.8（7.7～7.9均对）（2分）　 29（26～32均对）（2分）

（3） （3分）

三、分析计算题（本题共5小题，共48分。分析解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15、（10分） 解析　本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，意在考查考生的综合分析能力．

（1）粒子在场区受力平衡：qE=qv0B ①（1分）

解得
（1分）

根据粒子所受电场力的方向与场强的方向相同，可知场强的方向由A指向C. （1分）

（2）过Q点作半径OQ，它与CA的延长线交于圆心O，作QH⊥CA，垂足为H，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，则：
②（2分）

在直角三角形HOQ中：HO2+ HQ2= R2 ③（1分）

HQ=2a－acos45°=
④

HO= OC－HC=（R+a）－HQ ⑤

联立③④⑤解得R=3a ⑥（2分）

联立①②⑥解得
⑦（2分）

16、（12分）解析　（1）当t＝3 s时，设MN的速度为v1，则

v1＝at＝3 m/s

E1＝BLv1（1分）

E1＝I（RMN＋RPQ）

P＝I2RPQ

代入数据得：B＝2 T. （1分）

（2）＝（1分）

q＝Δt＝

代入数据可得：q＝3 C（1分）

（3）当t＝6 s时，设MN的速度为v2，则

v2＝at＝6 m/s

E2＝BLv2＝12 V

I2＝＝4 A（1分）

F安＝BI2L＝8 N（1分）

规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：

F2＋F安cos 37°＝mgsin 37°（1分）

代入数据：F2＝－5.2 N（负号说明力的方向沿斜面向下） （1分）

（4）MN棒做变加速直线运动，当x＝5 m时，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s（1分）

因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，（1分）

安培力做功W安＝－BL··x＝－ J（1分）

Q＝－W安＝ J. （1分）

17、（13分）解：（1）闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势E=BLv0 （1分）

产生的电流I=
（1分）

右侧边所受安培力F=BIL=
（1分）

（2）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0。因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为v。

线框刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有
（1分）

解得am=
（1分）

在线框完全进入磁场又加速运动到达边界PQ的过程中，根据动能定理有

（1分）

解得 v=
（1分）

（3）线框从右侧边进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中

线框受摩擦力f=μmg

由功的公式Wf1=fd （1分）

解得 Wf1=μmgd （1分）

闭合线框出磁场与进入磁场的受力情况相同，则完全出磁场的瞬间速度为v；在线框完全出磁场后到加速至与传送带速度相同的过程中，设其位移x

由动能定理有
（2分）

解得 x=d-L

闭合线框在右侧边出磁场到与传送带共速的过程中位移x'=x+L=d

在此过程中摩擦力做功Wf2=μmgd （1分）

因此，闭合铜线框从刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功W= Wf1+Wf2=2μmgd （1分）

18、（13分）（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有：
1分
　

方向竖直向下　　　…1分

（2）洛仑兹力提供向心力有：
…………1分

且

得：
…………1分

因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在档板的竖直线上

………1分

设小球与档板碰撞n次，其最大半径为

要击中目标必有：

n只能取0 , 1 …………1分

当n=0，即为图1中
解得

在图1中由几何知识有：

∴
=37° …………1分

对应小球运动时间最短tmin=
=
s

当n=1，时可得：

…………1分

解得：R1=3m， R2=3.75m …………1分

R1=3m时由如图2中的 ②

运动轨迹可知：

运动时间t=
=
s …………1分

R2=3.75m时运动时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹 ①

所示，由几何知识有：cosβ=
=
∴β=37° …………1分

则tmax=
=
s …………1分

所以时间的可能值为：
s,
s（或
）
s …1分