2017-2018学年内蒙古赤峰二中高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年内蒙古赤峰二中高二上学期期末考试物理试题 解析版

内蒙古赤峰二中2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1. 如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮 B. 闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮 C. 断开开关S时，A灯先闪亮一下再逐渐熄灭 D. 断开开关S时，A灯与B灯一起逐渐熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】A、开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光．由于线圈的自感阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮，最后一样亮，故A错误，B正确；‎ C、断开开关的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，故C错误，D正确。‎ 点睛：开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光．由于线圈的阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮，断开开关K的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭。‎ ‎2. 如图所示,在载流直导线附近固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两个可自由滑动的导体ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体ab和cd的运动情况是 ( )‎ A. 一起向左运动 B. 一起向右运动 C. ab和cd相向运动,相互靠近 D. ab和cd相背运动,相互远离 ‎【答案】C ‎【解析】根据安培右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，当电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为acdb，根据安培左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd反向运动，相互远离，故D正确，ABC错误。‎ ‎3. 竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A铰链连接的长度为2a，电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下(如图所示)。当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　)‎ ‎ ‎ A. 2Bav B. C. D. Bav ‎【答案】B ‎【解析】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：；此时电路总电阻为：，电路电流为：，AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：U=IR外=；故选B.‎ 点睛：本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是：2Bav/3．‎ ‎4. 如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中,下列说法正确的是（ ）‎ A. 线框中感应电流方向依次为顺时针→逆时针 B. 线框的磁通量为零时，感应电流却不为零 C. 线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上 D. 线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小．线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流．向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针．故A错误；根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大．这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故B正确；根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，故CD错误．‎ 考点：考查了右手定则，‎ ‎5. 如图所示，为一交流电流随时间变化的图象，则此交流的有效值为（ ）‎ A. B. A C. 2A D. A ‎【答案】D ‎ ‎ ‎6. 如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域内磁场方向垂直于纸面向里，一个三角形闭合导线框，由位置1(左)在纸面内匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则选项中能正确反映线框中电流与时间关系的图像是(　　)‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．‎ 线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有 感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．‎ ‎7. ‎ 粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于线框平面，图中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L。现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 图甲中ab两点间的电势差最大 B. 图乙中ab两点间的电势差最大 C. 图丙中回路电流最大 D. 图丁中回路电流最小 ‎【答案】A ‎【解析】设线框的电阻为R．甲图中：ab两点间的电势差等于外电压，其大小为U=E＝B•2Lv=BLv，电流为． 乙图中：ab两点间的电势差等于外电压的，其大小为U=E＝B•2Lv＝BLv，电流为． 丙图中：ab两点间的电势差等于感应电动势的，其大小为U=BLv，电流为I=． 丁图中：ab两点间的电势差等于外电压的，其大小为U=BLv，电流为I=2． 可见，图甲中ab两点间的电势差最大，图甲和乙中电流相等为最大，图丙中电流为最小．故A正确．故选A.‎ ‎8. 如图所示，水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（　　）‎ A. 铝环有收缩趋势，对桌面压力减小 B. 铝环有扩张趋势，对桌面压力减小 C. 铝环有收缩趋势，对桌面压力增大 D. 铝环有扩张趋势，对桌面压力增大 ‎【答案】C ‎【解析】穿过线圈磁通量增大，由楞次定律（安培力的效果总是阻碍磁通量的变化）可判断线圈有收缩趋势，受向下的一个斥力作用，C对；‎ ‎9. 如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（　　）‎ A. 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1：4‎ B. a、b两线圈中产生的感应电动势之比为1：2‎ C. a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1‎ D. 相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为4：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1．故A错误．根据法拉第电磁感应定律得：E=S，S=πr2，则S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误．线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I= ，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1．故C正确．根据焦耳定律得 Q=t，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D错误．故选C.‎ 点睛：解决本题时要注意在公式Φ=BS和法拉第电磁感应定律中，S为有效面积，能熟练运用比例法研究这类问题．‎ ‎10. （多选题）如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的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．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　) ‎ A. PQ中电流先减小后增大 B. PQ两端电压先减小后增大 C. 线框消耗的电功率先减小后增大 D. PQ上拉力的功率先减小后增大 ‎【答案】AD ‎【解析】导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A正确．PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小．故B错误；线框作为外电路，总电阻最大值为，则导体棒PQ上的电阻始终大于线框的总电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小．故C错误．导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P=，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大．故D正确．故选AD.‎ 点睛：本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化．‎ ‎11. （多选题）如图(a)所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示。图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0。导线的电阻不计。在0至t1时间内，下列说法正确的是(　　)‎ A. R1中电流的方向由a到b通过R1‎ B. 电流的大小为 C. 线圈两端的电压大小为 D. 通过电阻R1的电荷量为 ‎【答案】BC ‎【解析】由图象分析可知，0至t1时间内有，由法拉第电磁感应定律有：，面积为：s=πr22，由闭合电路欧姆定律有：I1=，联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为：I1=；由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误，B正确；线圈两端的电压大小为U=I12R=，故C正确；通过电阻R1上的电量为：q=I1t1=，故D错误；故选BC．‎ 点睛：此题考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率．同时磁通量变化的线圈相当于电源．‎ ‎12. （多选题）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为EK。则( )‎ A. W1=Ek B. WF+WG=EK+Q C. W1=Q D. W1+W2=Q ‎【答案】AB 二、填空题 ‎13. 为测定一节新干电池的电动势和内电阻（已知该干电池的内电阻相当小，额定电流为0.7 A），可供选择的器材有：‎ A．电压表（量程15 V，内阻为20 kΩ）‎ B．电压表（量程3 V，内阻为10 kΩ）‎ C．电流表（量程3 A，内阻约为0.2 Ω）‎ D．电流表（量程0.8 A，内阻约为0.5 Ω）‎ E．滑动变阻器（最大电阻2 kΩ，额定电流2 A）‎ F．滑动变阻器（最大电阻10 Ω，额定电流0.7 A）‎ G．定值电阻R0=1 Ω H．电键、导线若干 ‎（1）要使实验误差较小且操作方便，电压表应该选择________。电流表应该选择________。滑动变阻器应该选择________。（填字母代号）；‎ ‎（2）图甲中的电路图应选择_________。‎ ‎（3）实验测得9组数据，已标在图乙的坐标中，从图中可得电池内阻r=______Ω（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （1）B (2). D (3). F (4). (2)D (5). (3)0.16‎ ‎【解析】（1）一节干电池的电动势约为1.5V，则电压表选3V量程的B ‎，应用伏安法测一节干电池电动势与内阻时，最大电流约为零点几安培，则电流表选择0.8A量程的D，为方便实验操作，滑动变阻器应选F；‎ ‎（2）本实验采用限流接法即可，将定值电阻与电源串联以增大等效内阻，因等效内阻较小，故应采用相对电源的外接法，故电路图应选择D； （3）用直线将各点连接，如图所示；由U=E-I（R+r）可得，R+r==1.16Ω，故内阻r=1.16-1=0.16Ω； 点睛：本题考查了实验器材的选择和数据的处理，选择实验器材时要掌握一下原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作性原则．而数据的处理要注意正确应用图象规律进行分析．‎ ‎14. 图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡。‎ ‎（1）图（a）中的B端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。 ‎ ‎（2）关于R6的使用，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 C．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 ‎（3）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；（结果均保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （1）红 (2). （2）C (3). （3）1.48mA (4). 1.10kΩ ‎【解析】（1‎ ‎）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；即图（a）中的B端与红色表笔相连接。 （2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要进行调节，故C正确；AB错误；故选C；‎ ‎（4）若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA；若与3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ； 点睛：本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直．‎ 三、计算题 ‎15. 如图甲所示，一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图乙所示。发电机线圈电阻r＝4Ω，外电路中的电阻R＝6Ω，灯泡L电阻RL＝12Ω，不计其他电阻，交流电流表为理想电流表。(π=3.14)求：‎ ‎(1)线圈从图示位置开始转动产生的电动势的瞬时值表达式；‎ ‎(2)从图示位置转过900的过程中电阻R产生的热量。‎ ‎【答案】（1）e=200cos200t（2）9.8J ‎【解析】（1）根据乙图可知周期为：T=3.14×10-2s  ，则角速度为：ω==200rad/s； 线圈产生的电动势的最大值为：Em=nΦmω=200V 线圈从图示位置开始转动产生的电动势的瞬时值表达式：e=200cos200t；‎ ‎（2）电阻R上电压的有效值为： ‎ 转过900角的时间： 电阻R产生的热量为： ‎ ‎16. 如图所示，倾角为θ的“U”型金属框架下端连接一阻值为R的电阻，相互平行的金属杆MN、PQ间距为L，与金属杆垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B，a1b1、a2b2间距为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后能匀速通过磁场下边界a1b1．重力加速度为g（金属框架摩擦及电阻不计）．求：‎ ‎（1）导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；‎ ‎（2）导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时速度大小v2；‎ ‎（3）导体棒穿过磁场过程中，回路产生的电能．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）2mgdsinθ- ．‎ ‎【解析】（1）由机械能守恒定律得：mgdsinθ=mv12‎ v1= ‎ ‎（2）导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时，由受力平衡得：mgsinθ=F安 F安=BIL= ‎ 解得：v2= ‎ ‎（3）由能量守恒得，回路产生的电能：‎ E=2mgdsinθ﹣mv22=2mgdsinθ﹣ ‎ ‎17. 如图所示，在x轴下方的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴上方有半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面内，磁感应强度为B．y轴下方的A点与O点的距离为d，一质量为m、电荷量为q 的带负电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子的重力作用．‎ ‎（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0，求E0；‎ ‎（3）若电场强度E等于第（2）问E0的1/3，求粒子经过x轴时的位置．‎ ‎【答案】（1） （2） ；（3）R．‎ ‎【解析】粒子在电场中加速，由动能定理得 ‎ qEd=mv2‎ 粒子进入磁场后做圆周运动，有 ‎ qvB=m ‎ 解得粒子在磁场中运动的半径 r=‎ ‎ ‎ ‎（2）粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图①，‎ 可得 r=R ‎ 由以上各式解得 E0= ‎ ‎（3）将E=E0代入r=，可得磁场中运动的轨道半径r= ‎ 粒子运动情况如图②，图中的角度α、β满足 ‎ ‎ β=90°﹣2α 粒子经过x轴时的位置坐标为 x=r+ ‎ 解得 x=R． ‎ 点睛; 带电粒子在磁场中的题目关键在于明确粒子圆周运动的圆心和半径，要根据题意画出轨迹，结合几何知识解答．‎ ‎ ‎