【物理】云南省昭通第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】云南省昭通第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

昭通一中 2019 年秋季学期高二年级期末质量检测 物理 第Ⅰ卷(选择题，共 48 分) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~8 题只有一项符合题目要求；第 9~12 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不 全的得 2 分，有选错的得 0 分) 1.如图所示,闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的 N 极朝下．当磁铁向下运动时(但 未插入线圈内部)(　　) A. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互吸引 B. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互排斥 C. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互吸引 D. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互排斥 【答案】D 【解析】 【详解】当磁铁 N 极朝下，向下运动时，穿过线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律， 感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同，磁铁 与线圈相互排斥．故 ABC 错误，D 正确； 故选 D 2.如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内长直导线中的电流 i 随时间 t 的变 化关系如图乙所示．在 时间内直导线中电流向上，则在 时间内线框中感应电流 的方向与所受安培力情况是（ ） 0 ~ 2 T ~2 T T A. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 C. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 D. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左 【答案】C 【解析】 【详解】BD．在 时间内，直导线中的电流向上，由乙可知在 ～T 时间内直线电流 方向向下，根据安培定则知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大则磁场逐渐增 强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流；故 B 项不合题意，D 项不合 题意． AC．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向 左．离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力所以金属框所受安 培力的合力水平向右，故 A 项不合题意，C 项符合题意． 3.如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场 方向垂直于纸面向里，三个带正电 微粒 a、b、c 电荷量相等，质量分别为 ma、mb、mc， 已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面 内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是(　　) A. ma mb mc B. mb ma mc C. mc ma mb D. mc mb ma 【答案】B 【解析】 的 0 ~ 2 T 2 T > > > > > > > > 【详解】由题意：a 在纸面内做匀速圆周运动，所以 ；b 在纸面内向右做匀速直 线运动，所以 ；c 在纸面内向左做匀速直线运动所以 ， 根据公式可解的： ，故 B 正确，ACD 错误． 4.如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下．一飞机在北半球的 上空以速度 v 水平飞行，飞机机身长为 a，翼展为 b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量 为 B1，竖直分量为 B2；驾驶员左侧机翼的端点用 A 表示，右侧机翼的端点用 B 表示，用 E 表示飞机产生的感应电动势，则 A. E=B2vb，且 A 点电势高于 B 点电势 B. E=B1vb，且 A 点电势高于 B 点电势 C. E=B2vb，且 A 点电势低于 B 点电势 D. E=B1vb，且 A 点电势低于 B 点电势 【答案】A 【解析】飞机水平飞行机翼切割磁场竖直分量，由导体棒切割磁感线公式 可知，飞 机产生的感应电动势 由右手定则可知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机 翼电势低 A E=B2vb，且 A 点电势高于 B 点电势与分析相符，故 A 项与题意相符； B. E=B1vb，且 A 点电势高于 B 点电势与分析不相符，故 B 项与题意不相符； C. E=B2vb，且 A 点电势低于 B 点电势与分析不相符，故 C 项与题意不相符； D. E=B1vb，且 A 点电势低于 B 点电势与分析不相符，故 D 项与题意不相符 5.如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时， 额定功率 10W 的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为 40Ω，图中电压表为理想电表， 下列说法正确的是 am g qE= bm g qE Bqv= + cm g Bqv qE+ = b a cm m m> > E BLv= 2E B bv= A. 变压器输入电压的瞬时值表达式为 μ=220 sinπt（V） B. 电压表的示数为 220V C. 变压器原、副线圈的匝数比为 11：1 D. 变压器的输入功率为 110W 【答案】C 【解析】A．由图象可知 线圈电压的最大值为 V，变压器输入电压的瞬时值表达式为 V 故 A 错误； B．原线圈输入电压为 220V，电压表示数为灯泡的额定电压 故 B 错误； C．由 B 分析，结合变压比公式得 故 C 正确； D．变压器的输入功率与输出功率相等，为 10W，故 D 错误。 故选 C。 6.在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度 B1 随时间 t 的变化关系如图甲所示，0～1 s 内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根 水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，且与导轨接触良好，导体棒处于另一 匀强磁场 B2 中，如图乙所示，导体棒始终保持静止，则其所受的摩擦力 Ff 随时间变化的图 像是下图中的(设向右的方向为摩擦力的正方向) ( ) 2 2 100T πω π= ＝ 220 2 220 2 sin100u tπ= 20VU PR= = 1 2 220 11 20 1 n n = = A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据题意可得：在 0~1s 内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由楞次定 律可得线圈感应电流的方向是逆时针，再由左手定则可得导体棒安培力方向水平向左，所以 静摩擦力的方向是水平向右，即为正方向；而在 0~1s 内磁场方向垂直线框平面向下，且大 小变大，则由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小 是不变的；再由： 可得安培力大小随着磁场变化而变化，因为磁场是不变的，则安培力大小不变，所以静摩擦 力的大小也是不变的。故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 7.如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为 U1 的电场加速后，射人水平放置，电势差 为 U2 的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板方向从两板正中间射入，穿过两 板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的 M、N 两 点间的距离 d 随着 U1 和 U2 的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（　　） A. d 随 U1 变化，d 与 U2 无关 B. d 与 U1 无关，d 随 U2 变化 C. d 随 U1 变化，d 随 U2 变化 D. d 与 U1 无关，d 与 U2 无关 【答案】A 【解析】 F BIL= 【详解】设带电粒子经电压为 U1 的电场加速后速度为 v0，由动能定理，有 带电粒子在电势差为 U2 的电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度 v 分解成沿初速 度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为 θ，则有 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为 R，由几何关系可得，半径与直线 MN 夹角正好等于 θ，则有 所以 又因为半径公式 则有 故 d 与 m，v0 成正比，与 B，q 成反比，即 d 只与 U1 有关，与 U2 无关，故 A 正确，BCD 错 误。 故选 A。 8.在绝缘水平面上方均匀分布着方向与水平向右成 斜向上的匀强磁场，一通有如图所示 的恒定电流 I 的金属方棒，在安培力作用下水平向右做匀速直线运动。已知棒与水平面间的 动摩擦因数 。若磁场方向由图示方向开始沿逆时针缓慢转动至竖直向上的过程中， 棒始终保持匀速直线运动，设此过程中磁场方向与水平向右的夹角为 θ，则关于磁场的磁感 应强度的大小 B 与 θ 的变化关系图象可能正确的是（　　） 2 1 0 1 2qU mv= 0 cosv v θ= 2 cos d R θ= 02Rvd v = mvR qB = 02mvd qB = 60° 3 3 µ = A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】棒受力如图所示 则 得 所以 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 9.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为 、总电阻为 的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图（a）所示．已知导 线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于 时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化 的图线如图（b）所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是 sin ( cos )BIL mg BILθ µ θ= + 1 2(sin cos ) sin( 30 ) 3 IL IL B mg mg θ µ θ θµ= − = −  0.1m 0.005Ω 0t = （ ） A. 磁感应强度的大小为 T B. 导线框运动速度的大小为 C. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D. 在 至 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 【答案】BC 【解析】 【 详 解 】 由 E–t 图 象 可 知 ， 线 框 经 过 0.2 s 全 部 进 入 磁 场 ， 则 速 度 ，选项 B 正确；E=0.01 V，根据 E=BLv 可知，B=0.2 T，选项 A 错误；线框进磁场过程中，感应为电流顺时针，根据右手定则可知，原磁场的磁感应强度的 方向垂直于纸面向外，选项 C 正确；在 t=0.4 s 至 t=0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流 ，所受的安培力大小为 F=BIL=0.04 N，选项 D 错误． 10.如图所示，虚线间空间存在由匀强电场 E 和匀强磁场 B 组成的正交或平行的电场和磁场， 有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为 m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自 由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪个电磁混合场（） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【详解】A．小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故 洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动， 故 A 错误； B．小球受重力、向左的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做 曲线运动，故 B 错误； 0.5 0.5m/s 0.4st = 0.6st = 0.1N 0.1 m/s=0.5m/s0.2 Lv t = = 0.01 A 2A0.005 EI R = = = C．小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直 线运动；故 C 正确； D．粒子受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故 D 正确； 故选 CD。 11.如图所示电路中，A、B 是两个完全相同的灯泡，L 是一个理想电感线圈（即 ）， 当 S 闭合与断开时，A、B 的亮度情况是（　　） A. S 闭合时，A 立即亮，然后逐渐熄灭 B. S 闭合时，B 立即亮，然后逐渐熄灭 C S 闭合足够长时间后，B 发光，而 A 不发光 D. S 闭合足够长时间后断开 S，B 逐渐熄灭，而 A 要闪亮一下再熄火 【答案】ACD 【解析】 【详解】AB．S 闭合之后， A 和 B 形成通路立即亮，之后，L 的直流电阻为零，A 被短路， B 发光，而 A 不发光，故 A 正确，B 错误； C．S 闭合足够长时间后，L 线圈相当于导线，A 被短路，则 A 不发光，而 B 正常发光，故 C 正确； D．S 闭合足够长时间再断开 S 后，电容器对 B 放电，所以导致 B 逐渐熄灭，A 灯由不亮变 亮再熄灭，故 D 正确。 故选 ACD。 12.如图所示，矩形线圈面积为 S，匝数为 N，线圈电阻为 r，在磁感应强度为 B 匀强磁场 中绕 轴以角速度 ω 匀速转动，外电路电阻为 R，当线圈由图示位置转过 的过程中， 下列判断正确的是（　　） 的 L 0R = OO′ 60 A. 电压表的读数为 B. 通过电阻 R 的电荷量为 C. 电阻 R 所产生的焦耳热为 D. 当线圈由图示位置转过 时的电流为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为 电动势的有效值为 电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为 所以 A 错误； B．由 ， ， 得到电量为 2 NBSω 2( ) NBSq R r = + 2 2 2 2 π 6( ) N B S RQ R r ω= + 60 3 2( ) NBS R r ω + mE NBSω= 2 NBSE ω= 2( ) E NBSU R RR r R r ω= ⋅ =+ + =E t ∆Φ ∆ EI R r = + q I t= ⋅∆ cos60 2( ) NBS NBSq R r R r = =+ +  故 B 正确； C．电阻 R 产生的热量 . 所以 C 错误； D．当线圈由图示位置转过 时电动势的瞬时值为 所以电流为 所以 D 正确。 故选 BD。 第Ⅱ卷(非选择题，共 52 分) 二、填空、实验题(本大题共 2 小题，共 18 分) 13.实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是 3V 和 15V，其内部电路如图所示，因电 压表的表头 G 已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻 R1、R2 完好，测得 ， 。现有两个表头，外形都与原表头 G 相同，已知表头 G1 的满 偏电流为 1mA，内阻为 70Ω；表头 G2 的满偏电流为 0.5mA，内阻为 100Ω，又有两个定值 电阻 ， 。若保留 R1、R2 的情况下，对电压表进行修复，则： (1)原表头 G 满偏电流 ________，内阻 ________； (2)用于修复电压表的器材有：________。（填器材符号） 【答案】 (1). 1mA 100Ω (2). G1、r2 【解析】 【详解】(1)[1][2]由图示电路图可知，电压表量程 2 2 2 2 2 π π3 6( ) U N B S RQ R R r ω ω= ⋅ = + 60 3sin 60 2e NBS NBSω ω= = 3 2( ) NBSi R e r R r ω= =+ + 1 2.9kΩR = 2 14.9kΩR = 1 40Ωr = 2 30Ωr = gI = gr = 代入数据解得 ， (2)[3]修复电压表，表头的满偏电流为 电阻应为 需要的实验器材为：G1、r2；即将 G1、r2 串联在电路中使用，即可得到 100Ω 的内阻。 14.有一根长陶瓷管，其表面均匀地镀有一层很薄的电阻膜，管的两端有导电箍 M 和 N，如 图（a）所示．用多用电表电阻挡测得 MN 间的电阻膜的电阻约为 100 ．陶瓷管的直径远 大于电阻膜的厚度． 某同学利用下列器材设计了一个测量该电阻膜厚度 d 的实验． A．毫米刻度尺 B．游标卡尺 C．电流表 A1（量程 0 一 50 mA，内阻约 10 ） D．电流表 A2（量程 O～0．6A，内阻约 0．6 ） E．电压表 V1（量程 3V，内阻约 5 k ） F．电压表 V2（量程 15V，内阻约 15 k ） G．滑动变阻器 R1（阻值范围 0 一 20 ，额定电流 1．5A） H．滑动变阻器 R2（阻值范围 0 一 100 ，额定电流 1A） I．电源 E（电动势 6V，内阻可不计） J．开关一个，导线若干 他用毫米刻度尺测出电阻膜的长度为 l，用游标卡尺测量该陶瓷管的外径，其示数如图（b） 所示，该陶瓷管的外径 D=_____cm； g g 1( ) 3VI r R+ = g g 2( 15V)I r R+ = g 1mAI = g 100Ωr = g 1mAI = g 100Ωr = Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ω 为了比较准确地测量电阻膜的电阻，且调节方便，实验中应选用电流表_____，电压表_____， 滑动变阻器_____；（填写器材前面的字母代号）在方框中画出实验电路图____； 连接好电路后移动滑片，闭合开关．改变滑动变阻器接人电路的电阻，记录多组电压表的读 数和电流表的读数，根据数据做出电压—电流图像（题图线为一条直线），并计算出图线的 斜率为 k．若镀膜材料的电阻率为 ，计算电阻膜厚度 d 的数学表达式为 d=_____（用题目 给出的已知量符号或数学常数的符号表示）． 【答案】 (1). 1.340 (2). C (3). E (4). G (5). (6). 【解析】 【详解】[1]读取游标卡尺的示数，陶瓷管的外径 D=13mm+8×0.05mm=13.40mm=1.340cm [2][3][4]由于电源电压为 6V，陶瓷管的电阻约为 100Ω，故电路中的电流最大为 0.06A=60mA， 故不能用量程为 0.6A 的电流表，因为那样电流表的偏角太小，误差较大，所以应该选用量 程为 50mA 的电流表，选 C；电压表选量程为 3V 的 E；由于陶瓷电阻较大，故采用分压式 供电电路，故滑动变阻器应该选用阻值较小的 G； [5]由于陶瓷电阻约为 100Ω，而电流表与电压表的电阻分别为 10Ω 和 5kΩ，因为 10Ω×5000Ω>（100Ω）2，故陶瓷电阻可以认为是小电阻，故采用电流表外接的测量电路， 设计的电路图如图答所示 ρ l k D ρ π [6]由于电压—电流图像的斜率为 k，则 k=R 由 R=ρ =ρ 则 d= 三、计算题(本大题共 3 小题，共 34 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 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) 15.图中 MN 和 PQ 为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距 l 为 0.40m，电阻不计。导轨所 在平面与磁感应强度 B 为 0.50T 的匀强磁场垂直。质量 m 为 6.0×10-3kg、电阻为 1.0Ω 的金 属杆 ab 始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为 3.0Ω 的电阻 R1。当杆 ab 达到稳定状态时以速率 v 匀速下滑，整个电路消耗的电功率 P 为 0.27W，重力加速度取 10m/s2，试求： （1）杆 ab 达到稳定状态时的速率 v ；（2）滑动变阻器接入电路部分的阻值 R2。 【答案】（1）v=4.5m/s（2） ＝6.0Ω 【解析】 【详解】（1）导体棒稳定时，重力和安培力相等，所以： mgv=P l S l Ddπ l k D ρ π 2R 代入数据得：v=4.5m/s （2）导体切割磁感线： E＝BLv 设电阻 R 与 R 的并联电阻为 ，ab 棒的电阻为 r=1Ω，有 P=IE 代入数据得： ＝6.0Ω 16.如图，直角坐标系 xOy 的 1、3 象限内有匀強磁场，第 1 象限内的磁感应强度大小为 2B， 第 3 象限内的磁感应强度大小为 B，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里。现将半径为 l、 圆心角为 的扇形导线框 OPQ 以角速度 ω 绕 O 点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回 路电阻为 R。 (1)求导线框中感应电流最大值； (2)求线框匀速转动一周产生的热量。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)线框从图甲位置开始（ ）转过 的过程中，产生的感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得，回路电流为 1 2 R外 1 2 1 1 1 R R R + 外 ＝ EI R r = +外 2R 90 2Bl R ω 2 45π 4 B l R ω 0t = 90 2 1 1 22E B lω= ⋅ ⋅ ⋅ 联立以上各式解得 同理可求得线框进出第 3 象限的过程中，回路电流为 故感应电流最大值为 (2)线框转一周产生的热量 又 解得 17.如图，与水平面成 45°角的平面 MN 将空间分成 I 和 II 两个区域．一质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的粒子以速度 v0 从平面 MN 上的 P0 点水平右射入 I 区．粒子在 I 区运动时，只受 到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为 E；在 II 区运动时，只受到匀强磁 场的作用，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里，不计粒子重力．求： （1）粒子在电场中运动的位移和末速度； （2）粒子首次离开 II 区时到出发点 P0 的距离． 1 1 EI R = 2 1 BlI R ω= 2 2 2 BlI R ω= 2 m BlI R ω= 2 2 1 22 4( 4)T TQ I R I R= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ 2πT ω= 2 45π 4 B lQ R ω= 【答案】（1） ， ；（2） 【解析】试题分析:（1）设粒子第一次过 MN 时速度方向与水平方向成 α1 角，位移与水平 方向成 α2 角且 α2=45º，在电场中运动时， 有 x=v0t 另有 电场中的位移: （2）在磁场中做圆周运动，且弦切角为 由 得出： 磁场中的位移： 故有 2 0 1 2 2mvS qE = 05v v= 2 0 02 2 2mv mvS qE qB = + 21 2y at= 2tan y x α = qEa m = 1 0 tan 2at v α = = 02yv v= 05v v= 2 2 2 2 0 0 1 2 2 2 2v mvS x y a qE = + = = 1 2 α α α= − 1 2 1 2 tan tan 1tan 1 tan tan 3 α αα α α −= =+ ⋅ 10sin 10 α = 2vqvB m R = 05mvR qB = 0 2 22 sin mvS R qB α= = 2 0 0 1 2 2 2 2mv mvS S S qE qB = + = +