【物理】江西省宜春市高安中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（B卷）（解析版）

【物理】江西省宜春市高安中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（B卷）（解析版）

江西省高安中学2019—2020学年上学期期末考试 高二年级物理试题（B卷）‎ ‎ 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分。在每小题的四个选项中，1～7小题只有一个选项正确；8～10小题有多个选项正确，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）‎ ‎1.用中性的丝绸摩擦中性的玻璃棒，结果玻璃棒带上1.6×10－12C的正电荷，元电荷e＝1.6×10-19C，由此可知 A. 丝绸的原子核束缚电子的能力比玻璃的强 B. 玻璃棒中有107个质子 C. 有电子从丝绸转移给了玻璃棒 D. 用一个不带电的金属球与玻璃棒接触，金属球必定带上8.0×10－13C的正电荷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是玻璃棒上的原子核束缚电子的能力弱，使一部分电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因失去电子而带正电，故A正确，C错误；‎ B．玻璃棒转移电子数为 个 但不能确定玻璃棒中质子的个数，故B错误；‎ D．当电荷量平均分配时金属球带上8.0×10－13C的正电荷，两个完全相同的小球接触时电荷量才平均分配，所以金属球所带电荷量不一定为8.0×10－13C，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.图为某种交变电流的波形，则该交变电流有效值为 A. 1.5A B. A C. 3.0A D. A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由有效值的定义可得：‎ ‎，‎ 代入数据解得 ‎，‎ 故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，圆心的正上方一定高度处有一个竖直的条形磁铁。把条形磁铁水平向右移动时，金属圆环始终保持静止。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 金属圆环相对桌面有向右的运动趋势 B. 金属圆环对桌面的压力小于其自身重力 C. 金属圆环有扩张的趋势 D. 金属圆环受到水平向右的摩擦力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当条形磁铁沿轴线竖直向右移动时，闭合导体环内的磁通量减小，由“增缩减扩”可知，线圈做出的反应是面积有扩大的趋势，根据“来去拒留”可知，磁铁，金属圆环间相互吸引，则圆环对桌面的压力小于其自身重力，且圆环相对桌面有向右的运动趋势，则金属圆环受到水平向左的摩擦力，故ABC错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，边长为2L、电阻为R的正方形导线框abcd在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外。刚开始时线框的右边ab刚好与磁场的左边界重合，规定水平向右为正方向。下面A、B、C、D四个图中能正确反映ab边受到的安培力F随运动距离x变化规律的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】线框的位移在，0－L内，ab边切割磁感线产生的感应电动势为 ‎，‎ 感应电流 ‎，‎ ab边所受的安培力大小为 ‎，‎ 由楞次定律知，ab边受到安培力方向向左，为负值，线框的位移大于L后，位移在L－2L内线框中磁通量不变，不产生感应电流，ab边不受安培力，位移在2L－3L内，ab边在磁场之外，不受安培力，故C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎5.电流传感器A的作用相当于一个电流表，它与计算机相连接可以捕捉到瞬间电流的变化，并能在屏幕上显示电流随时间变化的图象。下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流立即增大 B. 甲中S由闭合状态到断开的瞬间，L右端电势比左端的高 C. 甲中S由闭合状态到断开的瞬间，R中的电流逐渐减小 D. 乙中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲中S由断开状态到闭合瞬间，由于线圈中产生自感电动势的阻碍作用，电流只能逐渐增大，故A错误；‎ B．甲中S由闭合状态到断开的瞬间，由于线圈中产生自感电动势，由“楞次定律”可得，L右端电势比左端的高，故B正确；‎ C．甲中S由闭合状态到断开的瞬间，由于线圈中产生自感电动势，但没有回路，所以R中的电流立即减为0，故C错误；‎ D．乙中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流立刻增大，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示，Q1、Q2是两个异号电荷，O1、O2是两个电荷距离的三等分点，M、N关于O1对称且它们所在直线与两个电荷的连线垂直。已知O1的场强比O2的大，则（　　）‎ A. 将电子由M沿直线移到O1过程中，静电力一直做正功 B. 电场线关于两个电荷的连线不对称 C. 两个电荷连线中垂线上各点的电势均为0‎ D. M点的场强与N点的相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．MO1连线上从M到O1离正电荷的距离越来越近，所以电势越来越高，电子具有的电势能越来越小，静电力做正功，故A正确；‎ B．电场线关于两个电荷的连线对称，只是关于连线的中垂线不对称，故B错误；‎ C．O1的场强比O2的大，说明Q1比Q2更大，所以两个电荷连线的中垂线并不是等势线，故C错误；‎ D．M点的场强与N点的场强大小相等，方向不同，所以两点的场强不同，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎7.如图所示，方向竖直向下的足够大的匀强电场中有一条与水平方向成θ角的直线MN。现将一个带正电的小球从MN上的P点以初速度v0水平抛出，小球的运动轨道与直线MN相交于Q点（图中未画出）。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A. v0越大，小球经过Q点的速度方向与水平方向的夹角越大 B. v0越大，小球从P点运动到Q点的过程中减少的电势能越小 C. 小球运动到距离直线MN最远处的时间与v0大小成正比 D. 小球沿直线MN方向上的分运动为匀速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，带电小球在电场中做类平抛运动，将MN看成斜面，由斜面平抛运动可知，只要落在斜面上，小球速度方向与水平方向夹角一定，故A错误；‎ B．由几何关系可得 ‎，‎ 所以初速度越大，运动时间越长，竖直方向的位移越大，电场力做功越多，减小的电势能越大，故B错误；‎ C．当小球速度方向与MN连线平行时，小球离MN最远，则有 ‎，‎ 由运动学公式可得 ‎，‎ 所以 ‎，‎ 由于小球受重力与电场力，所以小球的合力恒定，加速度恒定，故C正确；‎ D．将小球的初速度和电场力与重力分解到MN方向上可知，小球在MN方向上做匀加速直线运动，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则（　　）‎ A. Uab∶Ucd=n1∶n2‎ B. 减小负载电阻R的阻值，电流表的读数变大 C. 减小负载电阻R的阻值，c、d间的电压Ucd不变 D. 将二极管短路，变压器的输入功率变为原来的4倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．假设副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有 ‎，‎ 而因二极管的单向导电性，cd间电压的有效值并不等于副线圈两端的电压有效值，所以Uab：Ucd不等于n1：n2，故A错误；‎ B．副线圈两端的电压依赖于输入电压和匝数，所以副线圈两端的电压不变，电阻减小，则电流增大，副线圈的功率增大，最后使得输入功率增大，而输入电压不变，最后使得电流增大，所以电流表的示数增大，故B正确；‎ C．cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的电压Ucd不会随着负载电阻变化，故C正确；‎ D．假设副线圈两端交变电压的峰值为Um，副线圈回路的电流峰值为Im，则二极管短路前有：副线圈两端电压的有效值 ‎，‎ 由计算电阻R的电能得 ‎，‎ 求得 ‎，‎ 副线圈回路电流的有效值 ‎，‎ 由W=I2Rt计算电阻R的电能得 ‎，‎ 解得 ‎，‎ 则 ‎，‎ 二极管短路后有：cd两端电压等于副线圈两端电压，即 ‎，‎ 流经定值电阻R的电流 ‎，‎ 则 ‎，‎ 所以 ‎，‎ 由于理想变压器原线圈上的功率与副线圈的相等，所以将二极管短路，变压器的输入功率变为原来的2倍，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎9.用导线绕成单匝圆环，环内有一用同种导线折成的单匝内接正三角形线框，圆环与线框彼此绝缘，如图所示．把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环和线框所在平面(纸面)向里。当磁感应强度均匀增强时（　　）‎ A. 圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向 B. 圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向 C. 圆环和线框中的电流大小之比为2∶1‎ D. 圆环和线框中的电流大小之比为3∶1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．依据楞次定律，当磁场均匀增强时，圆环和线框中的电流方向都为逆时针，故A正确，B错误；‎ CD．设三角形的边长为a，由几何关系，可知，外接圆的半径 根据法拉第电磁感应定律得，三角形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为：‎ 根据电阻定律得到，三角形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为：‎ 由欧姆定律得三角形回路中的感应电流强度I1与内切圆中感应电流强度I2之比为 故C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎10.如图所示，由同一种金属条制成的矩形线框abcd固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中，ad＝bc＝L，ab＝dc＝3L，ad、ab、dc边的横截面积均为bc边的两倍，ad边的电阻为R。在t＝0时刻，一接入电路电阻2R的导体棒PQ在水平拉力作用下从ad处由静止开始沿ab、dc向bc边以加速度a0匀加速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从ad处向bc滑动的过程中，线框消耗的电功率最大的时刻为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】设经过时间t，线圈功率最大，此时电动势为 总电阻为 功率为 联立解得 此时功率最大。‎ 故选AD。‎ 二、实验题（本大题共2小题，共18分。请把答案填在题中的横线上或按题目要求作图）‎ ‎11.用伏安法测定值电阻R的阻值常用图甲和图乙的电路。‎ ‎(1)利用图甲电路测量时，由于电压表的内阻不是无穷大，会导致R的测量值____（填“偏大”或“偏小”）；利用图乙电路测量时，电流表的内阻对测量结果也会带来影响。‎ ‎(2)为了消除电表内阻对实验结果的影响，某同学做法如下：测量R两端的电压时不接入电流表，测量通过R的电流时不接入电压表。你认为这种做法合理吗？请说明理由______‎ ‎(3)某同学测得一个圆柱体电阻的阻值R约为20Ω，再用游标卡尺（20分度）和螺旋测微器分别测量它的长度和直径，如图丙和丁所示，长度L为___mm，直径d为___mm，计算该电阻的电阻率的表达式为ρ＝___（用R、L、d表示）。‎ ‎【答案】 (1). 偏小 (2). ‎ 不合理．因为两次测得的电压和电流不是同一电路状态下的值，或两次测量时的电路结构不同 (3). 8.15 (4). 2.968～2.972 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]利用图甲电路测量时，由于电压表的分流作用，流过待测电阻的真实电流小于电流表示数，由公式可知，导致R的测量值偏小；‎ ‎(2)[2]这种做法不合理，因为两次测得的电压和电流不是同一电路状态下的值，或两次测量时的电路结构不同；‎ ‎(3)[3]游标卡尺的固定刻度读数为0.8cm=8mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为8mm+0.15mm=8.15mm；‎ ‎[4]螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.01×47.0mm=0.470mm，所以最终读数为2.5mm+0.470mm=2.970mm，由于误差所以2.968mm～2.972mm；‎ ‎[5]由电阻定律得 ‎，‎ 解得 ‎。‎ ‎12.某同学利用电容器放电测电容，实验步骤如下：‎ ‎(1)按图甲连好电路，变阻器的滑片先移到最___（填“上端”或 “下端”），电阻箱R调至最大值。‎ ‎(2)闭合，调节__，使电压表的示数为一个合适的值，然后闭合S，给电容器充电，稳定时，电压表和电流表的示数分别为2.5V、288μA。‎ ‎(3)同时断开和S并开始计时，这时电容器通过R放电，每隔一段时间（如5s）记录一次电流值，直到电流消失。‎ ‎(4)作出放电电流IC随时间t的变化图象如图所示．根据图象算出电容器初始时所带的电量Q＝____C（保留1位有效数字）。‎ ‎(6)调节，改变电压表的示数，重复（3）、（4）、（5），求出电容的多个值，再取平均值，即能准确测出电容器的电容C=___。‎ ‎【答案】 (1). 下端 (2). (4). 4×10－3C (6). 1.6×103μF ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]为了不使电源短路，按图甲连好电路，变阻器的滑片先移到最下端；‎ ‎(2)[2]闭合，使电压表的示数为一个合适的值，应调节变阻器的阻值；‎ ‎(4)[3]根据I－t图中通过电流表的电流变化，由曲线与坐标轴围成的面积(32格)得电荷量约为 ‎；‎ ‎(6)[4]电容器电容 ‎。‎ 三、解答题（本大题共4小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎13.如图所示的是小型交流发电机示意图，矩形线圈面积为S＝200cm2，匝数为N＝100，内阻为r＝1Ω，绕其垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动，转速n＝50r/s，匀强磁场的磁感应强度为B＝1T，外接电阻R＝9Ω．t＝0时刻，线圈从图示位置开始转动。‎ ‎(1)求电动势的最大值（π取3）；‎ ‎(2)写出通过R的电流的瞬时表达式；‎ ‎(3)求最初个周期内通过线圈导线横截面的电量。‎ ‎【答案】(1)600V；(2)i＝60cos100πt（A）；(3)0.1C。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电动势最大值 Em＝NBSω＝600V；‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律得 ‎，‎ 所以通过R的电流的瞬时表达式 i＝60cos100πt（A）；‎ ‎(3)十二分之一个周期转过θ＝，磁通量变化为 ‎，‎ 电荷量为 ‎。‎ ‎14.如图所示，固定在倾角为θ=的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d=1m，其底端接有阻值为R=2Ω的电阻，整个装置处在垂直于斜面向上、磁感应强度大小B=2T的匀强磁场中。一质量为m=1kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F=10N作用下，杆从静止开始沿导轨向上运动距离L=6m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r=2Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小g取10m/s2。‎ ‎(1)求杆运动的最大速度；‎ ‎(2)求杆从静止开始沿导轨向上运动6m的过程中，整个回路产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1)vm=5m/s；(2) Q=17.5J。‎ ‎【解析】 (1)当杆达到最大速度时，有 F=+mgsinθ，‎ 解得 vm=5m/s；‎ ‎(2)回路产生的焦耳热 Q=FL－mgLsinθ－=17.5J。‎ ‎15.如图所示，在x轴的上方整个区域存在非匀强电场，PO之间的电压为U，在x轴的下方、半径为a的圆O1的区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其他区域无电磁场。现有带电粒子从P点由静止释放，沿y轴运动从O点进入磁场，经过一段时间后从N点离开磁场。已知∠OO1N＝，不计带电粒子的重力与空气阻力。‎ ‎(1)判断粒子的带电性质并比较P、O的电势高低；‎ ‎(2)求带电粒子的比荷（电量与质量之比）；‎ ‎(3)若在粒子从O点运动到N点的过程中，某时刻磁感应强度大小突然变化为，粒子不再离开磁场，求的最小值。‎ ‎【答案】(1)P的电势比O的高；(2)；(3)。‎ ‎【解析】 (1)进入磁场向左偏转，根据左手定则，粒子带正电，在电场中被加速，所以P的电势比O的高；‎ ‎(2)在电场中：‎ ‎，‎ 在磁场中运动轨迹如图 由几何关系得运动半径 r＝，‎ 由洛伦兹力提供向心力则有 ‎，‎ 联立得：‎ ‎；‎ ‎(3)粒子不离开磁场时的运动轨迹如图所示 由几何关系可得不离开磁场运动的最大半径 ‎，‎ 半径与磁感应强度成反比，故 ‎。‎ ‎16.如图所示，半径为l的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连，圆环区域内分布着磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a，一端在圆心处，另一端恰好在圆环上，可绕圆心转动，倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，金属棒b放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l，当棒a绕圆心以角速度顺时针（俯视）匀速旋转时，棒b保持静止，已知棒b与轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b的质量为m，棒a、b的电阻分别为R、2R，其余电阻不计，斜面倾角为θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)金属棒b两端的电压；‎ ‎(2)为保持b棒始终静止，棒a旋转的角速度大小的范围；‎ ‎【答案】(1)；(2)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 ‎，‎ 金属棒两端的电压 ‎，‎ 联立解得 ‎；‎ ‎(2)感应电流 ‎，‎ b棒受到的安培力 ‎，‎ 由以上式子解得：‎ ‎，‎ 为保持b棒始终静止，棒a旋转的角速度最小为，最大为，则有 ‎，‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎。‎