2017_2018年北京臨川學校高三物理期末試卷一、單選題（共8題；共32分）1.下列各圖中，已標出電流I、磁感應(yīng)強度B的方向，其中符合安培定則的是（）A.

B.

C.

D.

2.兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同，方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱區(qū)域后，粒子的（

）A.

軌道半徑減小，角速度增大

B.

軌道半徑減小，角速度減小C.

軌道半徑增大，角速度增大

D.

軌道半徑增大，角速度減小3.處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值()A.

與粒子電荷量成正比

B.

與粒子速率成正比

C.

與粒子質(zhì)量成正比

D.

與磁感應(yīng)強度成正比4.如圖所示，水平導線中有電流I通過，導線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將()A.

沿路徑a運動，軌跡是圓

B.

沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大C.

沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小

D.

沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小5.如圖，光滑平行金屬導軌固定在水平面上，左端由導線相連，導體棒垂直靜置于導軌上構(gòu)成回路．在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運動．在勻速運動過程中外力F做功WF，磁場力對導體棒做功W1，磁鐵克服磁場力做功W2，重力對磁鐵做功WG，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導體棒獲得的動能為EK．則錯誤的是（）A.

W1=Q

B.

W2﹣W1=Q

C.

W1=EK

D.

WF+WG=Q+EK6.一個閉合線圈放在變化的磁場中，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，若僅將磁通量的變化率增加為原來的4倍，則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)椋ǎ〢.

4E

B.

2E

C.

E

D.

E/27.一個帶電粒子（重力可忽略不計），沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖所示．徑跡上的每一小段都可近似看成圓?。捎趲щ娏Ｗ邮寡赝镜目諝怆婋x，粒子的動能逐漸減?。◣щ娏坎蛔儯膱D中情況可以確定（）A.

粒子從a到b，帶正電

B.

粒子從a到b，帶負電

C.

粒子從b到a，帶正電

D.

粒子從b到a，帶負電

8.一正三角形導線框ABC（高度為a）從圖示位置沿x軸正向勻速穿過兩勻強磁場區(qū)域．兩磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反、垂直于平面、寬度均為a．圖乙反映感應(yīng)電流I與線框移動距離x的關(guān)系，以逆時針方向為電流的正方向．圖象正確的是（）A.

B.

C.

D.

二、多選題（共3題；共18分）9.如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡．設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB．下列說法正確的是（

）A.

電子一定從A向B運動

B.

若aA＞aB，則Q靠近M端且為正電荷C.

無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA＜EpB

D.

B點電勢可能高于A點電勢10.如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，MN和M'N'是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直．現(xiàn)金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域的v﹣t圖象．已知金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，圖象中坐標軸上所標出的v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均為已知量（下落過程中線框abcd始終在豎直平面內(nèi)，且bc邊始終水平）．根據(jù)題中所給條件，以下說法正確的是（）

可以求出金屬線框的邊長

B.

線框穿出磁場時間（t4﹣t3）等于進入磁場時間（t2﹣t1）C.

線框穿出磁場與進入磁場過程所受安培力方向相同

D.

線框穿出磁場與進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱相等11.如圖甲所示，水平放置的平行金屬導軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導體棒MN放在導軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導軌平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B的變化情況如圖乙所示（圖示磁感應(yīng)強度方向為正），MN始終保持靜止，則0～t2時間（

）A.

電容器C的電荷量大小始終沒變

B.

電容器C的a板先帶正電后帶負電C.

MN所受安培力的大小始終沒變

D.

MN所受安培力的方向先向右后向左三、實驗探究題（共2題；共22分）12.（2017?大慶一模）用伏安法測電阻時，由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響，使得測量結(jié)果總存在系統(tǒng)誤差，按如圖所示的電路進行測量，可以較大程度減小這種系統(tǒng)誤差．選取合適的器材，按電路圖連接好電路后，該實驗操作過程的第一步是：閉合開關(guān)S1，將開關(guān)S2接1，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1和R2，使電壓表和電流表的示數(shù)盡量大些，讀出這時電壓表和電流表的示數(shù)U1和I1．（1）請你寫出該實驗操作過程的第二步，并說明需要記錄的數(shù)據(jù)：________________________________________________________________________________________（2）請寫出由以上記錄數(shù)據(jù)計算被測電阻Rx的表達式：Rx=．13.為探究小燈泡的電功率P和電壓U的關(guān)系，小明測量小燈泡的電壓U和電流I，利用P=UI得到電功率．實驗所使用的小燈泡規(guī)格為“3.0V，1.8W”，電源為12V的電池，滑動變阻器的最大阻值為10Ω．（1）準備使用的實物電路如圖1所示．請將滑動變阻器接入電路的正確位置．（用筆畫線代替導線）（2）現(xiàn)有10Ω、20Ω和50Ω的定值電阻，電路中的電阻R1應(yīng)選________Ω的定值電阻．（3）測量結(jié)束后，應(yīng)先斷開開關(guān)，拆除________兩端的導線，再拆除其他導線，最后整理好器材．（4）小明處理數(shù)據(jù)后將P、U2描點在坐標紙上，并作出了一條直線，如圖2所示．請指出圖象中不恰當?shù)牡胤剑?、計算題（共2題；共20分）14.（2017·天津卷）（18分）平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ現(xiàn)象存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入電場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，為：（1）粒子到達O點時速度的大小和方向；（2）電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比。15.如圖所示，套在很長的絕緣直棒上的帶正電的小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q，小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，小球與棒的動摩擦因數(shù)為μ，求小球由靜止沿棒下滑的最大加速度和最大速度(設(shè)小球電荷量不變)。五、解答題（共1題；共8分）16.如圖所示，abcd為靜止于水平面上寬度為L而長度足夠長的U型金屬滑軌，ac邊接有電阻R，其他部分電阻不計．ef為一可在滑軌平面上滑動、質(zhì)量為m的均勻?qū)w棒．整個滑軌面處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B．忽略所有摩擦．若用恒力F沿水平方向向右拉棒，使其平動，求導體棒的最大速度．

高三物理答案一、單選題1.【答案】C2.【答案】D3.【答案】D4.【答案】B5.【答案】A6.【答案】A7.【答案】C8.【答案】C二、多選題9.【答案】B,C10.【答案】A,C11.【答案】A,D12.【答案】答案為：（1）將開關(guān)S1接2，（只能調(diào)節(jié)滑動變阻器R2，不能改變R1），讀出這時的電壓表和電流表的示數(shù)U2和I2．（2）﹣．13.【答案】（1）（2）10（3）電池（4）圖線不應(yīng)畫直線，應(yīng)用平滑的曲線連接；橫坐標標度太大．【考點】電功率和電功【解析】【解答】解：（1）從P﹣圖象可知電壓從零調(diào)，所以滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法，變阻器連接如圖所示;（2）當變阻器的輸出電壓最大時，通過小燈泡的電流為額定電流I==A=0.6A，根據(jù)歐姆定律通過變阻器的電流為==，所以通過電源的電流為=I+=0.6+0.3=0.9A，根據(jù)閉合電路歐姆定律，應(yīng)有E=U+，解得+r===10Ω，所以保護電阻應(yīng)選10Ω的定值電阻；（3）根據(jù)安全性原則，測量結(jié)束后，應(yīng)先斷開開關(guān)，拆除電池兩端的導線，再拆除其他導線，最后整理好器材．（4）圖象中不恰當?shù)牡胤接孝賵D線不應(yīng)畫直線，應(yīng)用平滑的曲線連接；②橫坐標標度太大．故答案為（1）如圖；（2）10；（3）電池；（4）圖線不應(yīng)畫直線，應(yīng)用平滑的曲線連接；橫坐標標度太大．【分析】測定小燈泡伏安特性曲線實驗要求電流從零調(diào)，所以滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法；做電學實驗為保護電流表，需要串聯(lián)一個保護電阻，保護電阻的值應(yīng)根據(jù)歐姆定律算出；畫圖象時若各點不在一條直線上時，應(yīng)用平滑的曲線連接．四、計算題14.【答案】（1）在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t,有①②設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy=at③設(shè)粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為α，有④聯(lián)立①②③④式得α=45°

⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。設(shè)粒子到達O點時的速度大小為v，由運動的合成有⑥聯(lián)立①②③⑥式得⑦（2）設(shè)電場強度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F=ma

⑧又F=qE

⑨設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有⑩由幾何關(guān)系可知?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得?【考點】電荷在電場中的偏轉(zhuǎn)，磁場和電場的復合【解析】【分析】（1）因為離子在電場中做類平拋運動，正交分解列方程，再用勾股定理求速度。

（2）畫出運動軌跡圖，由幾何知識求得半徑，列牛頓第二定律和半徑公式方程求解。15.【答案】小球下滑的開始階段受力情況如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律得mg－μFN＝ma，又因為FN＝F電－F洛＝qE－qvB，當v增大到使F洛＝F電，即時，摩擦力F＝0，則最大加速度當v>v1時，小球受力情況如圖所示：由牛頓第二定律有：mg－μFN＝ma，因為FN＝F洛－qE，F(xiàn)洛＝qvB所以當v大到使摩擦力F＝m