2017-2018学年广西河池市高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年广西河池市高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

河池高级中学2017-2018学年度上学期期末考试高二年级物理试卷 ‎—、选择题 ‎1. 发现电流的磁效应的科学家和发现电磁感应现象的科学家分別是（ ）‎ A. 法拉第；奥斯 B. 安培；法拉第 C. 奥斯特；安培 D. 奥斯特；法拉第 ‎【答案】D ‎【解析】发现电流磁效应的科学家为奥斯特，从而揭开了研究电和磁关系的序幕； 在其影响下，法拉第开始研究磁生电，并历经十年发现了电磁感应现象；故A、B、C错误，D正确；故选D．‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎2. 关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电荷在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中也一定会受到洛伦兹力的作用 B. 电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功 C. 电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上 D. 只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用．‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A错误，‎ B、当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功，故B错误；‎ C、电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直，故C错误；‎ D、只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用，故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】考查电场力、洛伦兹力与电场线及磁场线的方向关系，掌握左手定则，注意与右手定则的区别，理解洛伦兹力产生的条件．‎ ‎3. —带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则判断正确的是：‎ A. 粒子带负电 B. A点的场强小于B点场强 C. 粒子的电势能逐渐减少 D. 粒子的动能不断增加 ‎【答案】A ‎【解析】A、由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电．故A正确；B、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，A点的场强大于B点场强，故B错误；C、D、由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90°，所以电场力做负功，电势能增大，动能不断减小，故B，D均错误。故选A.‎ ‎【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．‎ ‎4. 如图，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。边长为L：、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比．‎ 解：bC边的位置坐标x在L﹣2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x﹣L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣L）v，感应电流i==，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．‎ x在2L﹣3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x﹣2L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣2L）v，感应电流i=﹣=﹣，根据数学知识知道C正确．‎ 故选C ‎【点评】本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象．‎ ‎5. 如图所示，在等边三角形的三个顶点a、b、c处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直纸面向里，a和b两根通电导线在c处产生的合磁场方向和过c点的导线所受培力的方向分别为（ ）‎ A. 合磁场方向竖直向下，c受到的安培力方向与ab边垂直，指向左边 B. 合磁场方向竖直向上，c受到的安培力方向与ab边垂直，指向右边 C. 合磁场方向水平向左，c受到的安培力方向与ab边平行，竖直向上 D. 合磁场方向水平向右，c受到的安培力方向与ab边平行，竖直向下 ‎【答案】A ‎【解析】等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下．再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边．故A正确，B、C、D错误。故选A。‎ ‎【点睛】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．该题也可以先由同向电流相互吸引分别求出a对c的作用力与b对c的作用力，然后求和．‎ ‎6. 粗细均匀的金属圆环，其电阻为2r，放在图示的匀强磁场中．磁感强度为B，圆环直径为，另一长为、电阻为r/2的金属棒ab放在圆环上，接触电阻不计．当ab棒以v0向左运动到图示虚线位置时，金属棒两端电势差为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】当ab棒以v0向左运动到图示虚线位置时产生的感应电动势为：E=BLv0，外电路总电阻为：‎ ‎，金属棒两端的电势差是外电压，由串联电路分压规律得金属棒两端电势差为：。故选B．‎ ‎【点睛】电磁感应与电路知识的综合，分清金属棒两端电势差是外电压还是内电压是关键．‎ ‎7. —个闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示．由该图可得出的正确判断是（ ）‎ A. 0.01‎s时，线圈平面处于中性面位置 B. 0.02s时，线圈平面与磁感线平行 C. 该交变电流的频率为100Hz D. 1s内电流的方向变化50次 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．‎ A、由图象知t=0.01sT=0.02s时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，线圈平面处于中性面位置，A正确；B错误；‎ B、周期时电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，‎ C、由图象知周期T=0.02s，所以频率f=5Hz，C错误；‎ D、一个周期内电流方向变化两次，1s内电流的方向变化100次，D错误；‎ 故选A 考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．‎ 点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力．‎ ‎8. 如图所示表示一交流电电流随时间变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为Im，电流的负值的大小为Im，则该交流电的有效值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】设电流的有效值为I．取一个周期时间，由电流的热效应得： 解得： ，故选A.‎ ‎9. 如图所示，甲是回旋加速器的原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是欧姆表的内部电路图，丁图是速度选择器，下列说法正确的是（ ）‎ 甲 乙 丙 丁 A. 甲图是加速带电粒子的装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度不变 B. 乙图电路开关断开瞬间，灯泡A可能会突然闪亮一下 C. 丙图在测量电阻时，电流从A经过R流向B D. 丁图中电子从右向左运动时，可能是直线运动 ‎【答案】AB ‎【解析】A、根据得，粒子的最大速度，可知最大速度与加速电压无关．只和磁场区域的半径有关；故A正确．B、电键断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A不会立即熄灭，若断开前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下然后逐渐熄灭．若断开前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下．故B正确．C ‎、丙图为多用电表的欧姆档；需要进行欧姆调零，测量的电流都是从正极出发流过黑表笔，流过电阻R，最后从红表笔进表到电源的负极，故C错误．D、丁图利用了速度选择器的原理，电子从右向左运动时，洛伦兹力和电场力都向上，则向上偏转；此装置只能从左向右选择速度，故D错误．故选AB．‎ ‎【点睛】本题考查了回旋加速器、自感现象、多用电表的使用以及速度选择题的原理等基础知识点，关键要理解各种现象的原理，即可轻松解决．‎ ‎10. 如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，S是闭合的，U表示电容器两极板间的电势差，Q表示极板所带的电置，E表示匀强电场的电场强度．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（ ）‎ A. U不变，C变小 B. Q变小，E变小 C. U变小，E不变 D. Q不变，E不变 ‎【答案】AB ‎【解析】电容器与电源一直保持相连，故电容器两端的电压不变；故U不变；B板向下移时，电容器两板间的间距d增大；则由可知电容减小；则由Q=UC可知，电荷量Q减小；由U=Ed可知，电场强度E减小；故A，B正确， C，D错误；故选AB．‎ ‎【点睛】对于电容器的动态分析问题，要先明确是与电源相连还是断开开关，先确定出某一个量不变；再由决定式和定义式判断其他量的变化．‎ ‎11. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则（ ）‎ A. 电压表的示数变大 B. 电流表的示数变大 C. 电灯L消耗的功率变小 D. 电阻R1消耗的功率变小 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：当滑片P向右移动时，电阻R的阻值减小，总阻值减小，由 ‎，电流表的示数变大，B对；由知路端电压减小，则减小，电灯L消耗的功率变小，C对；又由可判断I1增大，U1增加，电阻R1消耗的功率变大，D错；可得电压表的示数减小，A错；‎ 考点：电路的动态变化。‎ ‎【名师点睛】电路动态分析的一般步骤 ‎（1）明确局部电路变化时所引起的局部电路电阻的变化．‎ ‎（2）由局部R的变化―→确定R总的变化 ‎（3）由I总＝―→确定I总的变化 ‎（4）由U内＝I总r―→确定U内的变化 ‎（5）由U外＝E－U内―→确定U外的变化 ‎（6）由U＝IR―→确定干路上定值电阻两端的电压变化―→再确定各支路电压、电流的变化．‎ ‎12. —匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为20V、34V、52V．下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场强度的大小为5V/cm B. 电子在a点的电势能比在b点的低14eV C. 电子从b点运动到c点，电场力做功为18eV D. 坐标原点处的电势为2V ‎【答案】ACD ‎【解析】A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为34V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，‎ 因为匀强电场，则有：，依据几何关系，则，因此电场强度大小为，故A正确；B、因Uab=φa-φb=20-34=-14V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=14eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高14eV，故B错误；C、同理，bc间的电势差Ubc=φb-φc=34-52=-18V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=18eV，故C正确；D、根据φc-φa=φb-φo，因a、b、c三点电势分别为φa=20V、φb=34V、φc=52V，解得：原点处的电势为φ0=2V，故D正确；故选ACD．‎ ‎【点睛】考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式的应用以及几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义，注意在求解电功时各物理量要代入符号．‎ 二、填空题 ‎13. 写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：‎ ‎（1）游标卡尺的读数：________mm。‎ ‎（2）螺旋测微器的读数：________mm。‎ ‎【答案】 (1). （1）50.15； (2). （2）3.617（3.615－3.618均正确）；‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为5cm=50mm,游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐,游标读数为0.05×3mm=0.15mm,所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数=50mm+0.15mm=50.15mm；‎ 螺旋测微器的固定刻度读数3.5mm，可动刻度读数为0.01×11.6=0.116mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=3.5+0.116=3.616mm(3.615-3.618)．‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎14. 某实验小组设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为电池组（电动势约9V，内阻r约6Ω）、电流表（量程2.0A，内阻可忽略不计）、电阻箱R1（0～99.9Ω）、滑动变阻器R2（0～R、开关三个及导线若干。他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值。‎ ‎（1）同学甲先利用该电路准确地测出了R2接入电路的阻值。‎ 他的主要操作步骤：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2，断开S1，读出电流表的示数I；再闭合S、S1，断开S2，调节电阻箱的电阻值为6.0Ω时，电流表的示数也为I。此时滑动变阻器接入电路的阻值为_____Ω．‎ ‎（2）同学乙接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻。‎ ‎①他的实验步骤：‎ a．在闭合开关前，调节电阻R1或R2至______（选填“最大值”或“最小值”），之后闭合开关S，再闭合_____（选填“S1”或“S2”）‎ b．凋节电阻_____（选填“R1”或“R2”），得到一系列电阻值R和电流I的数据：‎ c．断开开关，整理实验仪器．‎ ‎②图乙是他由实验数据绘出的1/I-R图象，由此可得电源电动势E＝_______V，内阻r＝_____Ω．（计算结果保留两位有效数字〉‎ ‎【答案】 (1). （1）6.0； (2). （2）①a.最大值； (3). S1； (4). b．R1 (5). ②9.0； (6). 7.2；‎ ‎【解析】(1)用等值替代法可测出R2接入电路的阻值，电阻箱的示数等于接入电路的阻值为6.0Ω.‎ ‎(2)①要用电阻箱与电流表结合测量电动势与内阻，则要改变电阻箱的值，则a.在闭合开关前，调节电阻R1或R2至最大值，之后闭合开关S，再闭合 S1．b.调节电阻 R1得到一系列电阻值R和电流I的数据；‎ ‎【点睛】解答本题的关键在于明确等电阻替代法测电阻，注意能正确根据题意列出对应的函数关系，才能准确得出结果．‎ 三、计算题 ‎15. 在如图所示的电路中，电源内电阻r＝1Ω，当开关S闭合后电路正常工作，电压表的读数U＝10V，电流表的读数I＝2A．求：‎ ‎①电阻R；‎ ‎②电源电动势E；‎ ‎③电源的输出功率P。‎ ‎【答案】（1）5；（2）12V；（3）20W；‎ ‎【解析】(1)由部分电路的欧姆定律，可得电阻为：‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为E＝U＋Ir＝12V ‎(3)电源的输出功率为P＝UI＝20W ‎ ‎ ‎16. 如图，发电机的输出电压为U1＝220V，输出功率为P1＝44KW，输电线总电阻为R＝0.2Ω．如果犮电站先用变压比为n1：n2＝1：10的升压变压器将电压升高，经同样输电线路，后经过n3：n4＝10：1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？‎ ‎【答案】219.6V，43920W；‎ ‎【解析】根据 得： ‎ 则输电线上的电流为： ‎ 损失的功率为： ‎ 输电线上损失的电压为：DU＝I2R＝20×0.2V＝4V 则降压变压器输入电压为：U3＝U2－DU＝2200－4V＝2196V 根据得用户得到的电压为： ‎ 用户得到的功率为：P＇＝P－P损＝44000－80W＝43920W ‎【点睛】解决本题的关键知道原副线圈的电压比等于线圈匝数比，电流比等于匝数之反比，变压器输入功率和输出功率相等．‎ ‎17. 如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一个质量为m，带电量为＋q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（4L，L）的P点时的速度大小为v0．方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，在磁场中偏转一次后，从坐标原点O射出磁场，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E的大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间．‎ ‎【答案】（1） ；（2）；（3）；‎ ‎【解析】(1)粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示．‎ 设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线．根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得: ‎ 在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得: ‎ 得: ‎ ‎(2)vy＝v0tan45°‎ ‎ ‎ xPQ＝v0t1＝2L 由几何关系可得OQ＝2L＝2Rsin45°‎ 由 ‎ 得: ‎ ‎(3)由周期公式得：‎ 粒子从Q点运动到O所用的时间为：‎ 则粒子从O点运动到P点所用的时间为： ‎ ‎【点睛】考查带电粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后，又以一定速度进入匀强磁场中做匀速圆周运动．电场力做粒子做正功，而洛伦兹力对粒子没有做功．类平抛运动用运动的合成与分解处理，而匀速圆周运动重点则是求出半径与已知长度的关系．‎ ‎18. 如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为q＝30°的绝缘斜面上，轨道间距 L＝1m，底部接入一阻值为R＝0.06Ω的定值电阻，上端开口。垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B0＝T。一质量为m＝2kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab连入导轨间的电阻r＝0.04Ω，电路中其余电阻不计．现用一质量为M＝6kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连．由静止释放M，当M下落高度h＝2m时．ab开始匀速运动（运动中ab始终垂直导轨，并接触良好），不计一切摩擦和空气阻力．取g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm；‎ ‎（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR。‎ ‎【答案】（1）1m/s；（2）57.6J；‎ ‎【解析】(1)对M：T＝Mg 对m：T＝mgsinq＋F安 F安＝BIL 回路中感应电流 ‎ E＝BLvm 联立得：vm＝1m/s ‎(2)由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及摩擦而转化的内能之和，‎ 有: ‎ Q总＝96J 电阻R产生的焦耳热: ‎ QR＝57.6J ‎【点睛】本题有两个关键：一是推导安培力与速度的关系；二是推导感应电荷量q的表达式，对于它们的结果要理解记牢，有助于分析和处理电磁感应的问题.‎ ‎ ‎