2017-2018学年河南省林州市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年河南省林州市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

河南省林州市第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 一．选择题 ‎1. 下列器件应用光传感器的是 A. 话筒 B. 火灾报警器 C. 测温仪 D. 电子秤 ‎【答案】B ‎【解析】A、话筒能将声音信号转化为电信号，属于声音传感器，故A错误； B、火灾报警器是应用了光传感器，故B正确； C、测温器是热敏电阻，是应用热传感器的，故C错误； D、电子称的主要部件是压力传感器，电子秤是把力转换为电压这个电学量，故D错误。‎ 点睛：传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析。‎ ‎2. 如图所示，平行金属导轨放在匀强磁场中，导轨的电阻不计，左端接一灵敏电流表G，具有一定电阻的导体棒AB垂直导轨放置且与导轨接触良好，在力F作用下做匀加速直线运动，导轨足够长，则通过电流表G中的电流大小和方向是 A. G中电流向上，逐渐增大 B. G中电流向下，逐渐增大 C. G中电流向上，逐渐不变 D. G中电流向上，逐渐不变 ‎【答案】B ‎【解析】根据右手定则可知，G中的电流由上到下；根据E=BLv可知，速度增大，E 变大，电流I变大，故选B.‎ ‎3. 如图所示，在同一平面上有a、b、c三根等间距平行放置的长直导线，依次载有1A、2A、3A的电流，电流方向如图所示，则 A. 导线a所受的安培力方向向右 B. 导线b所受的安培力方向向右 C. 导线c所受的安培力方向向右 D. 由于不能判断导线c所在位置的磁场方向，所以导线c所受安培力的方向也不能判断 ‎【答案】B ‎...............‎ ‎4. 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小均为B，则该处的磁感应强度的大小和方向是 A. 大小为B，方向垂直斜边向下 B. 大小为B，方向垂直斜边向上 C. 大小为B，斜向右下方 D. 大小为B，斜向左下方 ‎【答案】C ‎【解析】由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图；‎ ‎ 则：B合=，故ABD错误，C正确，故选C．‎ ‎5. 如图所示，理想变压器副线圈接有两个相同的灯泡L1和L2，R为光敏电阻，受光照时其阻值减小。开始时开关S断开，要减小变压器的输入功率，可采用的方法是 A. 只增加原线圈的匝数 B. 只增加副线圈的匝数 C. 闭合开关S D. 用手电筒照射电阻R ‎【答案】A ‎【解析】输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率．只增加原线圈匝数，U2减小，P2减小，P1减小，故A正确；只增加副线圈的匝数，U2增加，P2增大，P1增大，故B错误；闭合S，副线圈上的总电阻变小，P2增大，P1增大，故C错误．用手电筒照射R，光敏电阻阻值减小，副线圈上的总电阻R变小，P2增大，P1增大，故D错误；故选A.‎ ‎6. 如图所示，电路中电阻R和自感线圈L的阻值都较小，接通开关S，电路温度，灯泡L正常发光，则断开S的瞬间，‎ A. 通过电阻R的电流为0‎ B. 通过电源的电流为0‎ C. 灯L立刻熄灭 D. 灯L突然亮一下，然后逐渐变暗 ‎【答案】B ‎【解析】在电路中，断开S，通过电源的电流立刻减为零；选项B正确；由于线圈阻碍电流变小，导致通过L的电流在R中形成新的回路，使得L和R中的电流逐渐减小，灯L将逐渐变暗； 在电路中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比电阻的电流小，当断开S，L将不会变得更亮，但会渐渐变暗．故ACD错误；故选B.‎ ‎7. 关于磁场中的导线框产生的感应电动势，下列说法正确的是 A. 穿过导线框的磁通量为零的瞬间，线框的感应电动势一定为0‎ B. 穿过导线框的磁通量很大，线框的感应电动势可能很小 C. 穿过导线框的磁通量变化量越大，线框的感应电动势一定越大 ‎【答案】BD ‎【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，穿过导线框的磁通量变化率越大，线框的感应电动势一定越大；磁通量为零，感应电动势不一定为零；磁通量很大，但磁通量的变化率不一定很大，感应电动势不一定大，故选项AC错误，BD正确；故选BD.‎ D 穿过导线框的磁通量变化率越小，线框的感应电动势一定越小 ‎8. 一根长0.001m的导线通有0.1A的电流，放置在匀强磁场中，导线所受磁场力的大小为0.001N，则该磁场的磁感应强度的大小可能为 A. 5T B. 10T C. 15T D. 20T ‎【答案】BCD ‎【解析】根据F≤BIL，则，故选BCD. ‎ ‎9. 如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，一粒子分别以大小不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹分别如图中a、b所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是 A. 沿轨迹a运动时速率较小 B. 沿轨迹b运动时速率较小 C. 沿轨迹a运动时运动时间较长 D. 沿轨迹a、b运动时运动时间相同 ‎【答案】AC ‎【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m，得：，知粒子的速率越大，轨道半径大．b粒子的轨道半径大，则b粒子的速率大，a粒子轨道半径小，则a粒子的速率小．故A正确，B错误；根据知，两个粒子的周期相同，运动时间为：t＝T，圆心角越大，运动时间越长，a粒子的圆心角大，b粒子的圆心角小，则a粒子的运动时间长，b粒子的运动时间短．故C正确、D错误．故选AC.‎ 点睛：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．‎ ‎10. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，副线圈上接有一电动机和一理想电流表。当原线圈接在电压为220V的交流电源后，电流表的示数I=5A，电动机带动一质量m=15kg的物体以v=3m/s的速度匀速下降。取重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是 A. 原线圈中的电流为2.5A B. 变压器的输入功率为450W C. 变压器的输入功率为550W D. 电动机的内阻是4Ω ‎【答案】ACD ‎【解析】根据I1n1= I2n2可得I1=2.5A，选项A正确；变压器的输入功率为P=I1U1=2.5×220W=550W，选项C正确，B错误；对电动机：,解得r=4Ω，选项D正确；故选ACD.‎ 二、实验填空题 ‎11. 在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。在图乙中 ‎（1）S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针__________；‎ ‎（2）线圈A放在B中不动时，指针将_________；‎ ‎（3）线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将__________。‎ ‎【答案】 (1). 向左偏转 (2). 不动 (3). 向右偏转 ‎【解析】图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从哪方流入电流表指针就向哪方偏转；‎ ‎（1）S闭合后，将螺线管A(原线圈)移近螺线管B ‎(副线圈)的过程中，穿过B的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，在线圈B中产生的感应电流从负极流入电流表，故电流表指针向右偏转； （2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动； （3）线圈A放在B附近不动，突然切断开关S，穿过B的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，在线圈B中产生的感应电流从正极流入电流表，故电流表指针向左偏转；‎ ‎12. 某同学对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值。‎ ‎（1）图甲是连接好的实物电路图，由此图可看出电流表是用了__________（填“内接法”或“外接法”）。‎ ‎（2）该同学用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U—I图上，如图乙所示。在图中，由电流表外接法得到的图线是_______（选填“a”或“b”）。‎ ‎（3）利用（2）中所选的正确图线，求出这段铅笔芯的电阻为_________Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 外接法 (2). b (3). 1.2‎ ‎【解析】试题分析：（1）由图甲所示电路图可知，电流表采用外接法．‎ ‎（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，由图示图象可知，由电流表外接法得到的图线是b；‎ ‎（3）由图示图象可知，电阻：；‎ 考点：伏安法测电阻实验 ‎【名师点睛】本题考查了伏安法测量电阻的电路图以及数据处理问题，电路图连接时一定要注意电流表的内接外接以及滑动变阻器的分压、限流接法选择问题．‎ 三、解答或论述题 ‎13. 如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度为T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：‎ ‎（1）转动中感应电动势的最大值和有效值；‎ ‎（2）电路中交流电压表和电流表的示数。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】(1) 感应电动势的最大值：‎ 有效值 ‎ ‎(2)电流表示数 ‎ 电压表示数：‎ ‎14. 如图所示，在绝缘的水平桌面上，相隔4L的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正点电荷，M、O、N三点将AB连线分为四等分。一质量为m、电荷量为q的带正电小物块（可视为点电荷）从M点以初速度v0沿AB连线向B点运动，它第一次运动到O点时的速度为2v0，继续运动到N点时的速度刚好为零。已知静电力常量为k，小物块与水平桌面间的动摩擦因数恒定。求：‎ ‎ ‎ ‎（1）N点的电场强度大小EN；‎ ‎（2）M、O两点间的电势差UMO。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】(1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理有：‎ 解得： ‎ ‎(2)小物块从M点运动到O点的过程中，有： ‎ 从O点运动到N点的过程中，有： ‎ 由等量同种电荷的等势线的分布规律可知： ‎ 解得：‎ 点睛：本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题.‎ ‎15. 如图甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L=0.5m，导轨左端M、P间接有一定值电阻，导体棒ab质量m=0.2kg，与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d=1m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计。整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t=0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，在0~3s内导体棒被固定，3s后释放导体棒，t=1s时棒所受到的安培力F1=0.05N。不计感应电流磁场的影响，取重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。‎ ‎ ‎ ‎（1）求定值电阻的阻值R；‎ ‎（2）若t=4s时，突然使ab棒获得向右的速度v=20m/s，求此时导体棒的加速度大小a。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】(1)0~3s内导体棒被固定，由图乙知： ‎ 故感应电动势 ‎ 感应电流 ‎ t=1s时导体棒所受到的安培力 ‎ 解得： ‎ ‎(2)导体棒与轨道间的摩擦力 ‎ t=4s时，感应电动势 ‎ 感应电流 导体棒所受到的安培力 由牛顿定律有： ‎ 解得： ‎ ‎16. 如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为U，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有个宽度为d的匀强磁场区域，磁场的边界和N板平行，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。M板左侧电子枪发出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。求： ‎ ‎（1）电子从小孔S2射出时的速率；‎ ‎（2）电子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（3）电子离开磁场时，偏离原方向的距离。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】(1)电子从小孔S2射出使，由动能定理得：‎ 解得： ‎ ‎(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： ‎ 解得：‎ ‎(3)若电子从磁场右边界离开磁场，有，即 由几何关系有，‎ 解得： ‎ 若电子从磁场左边界离开磁场，有，即 ‎ 由几何关系有， ‎ 解得： ‎ 点睛：电子在电场中的运动遵循动能定理；进入磁场洛仑兹力充当圆周运动的向心力；注意r与d的大小关系决定粒子从磁场左侧和右侧射出，两解．‎ ‎ ‎