2017-2018学年江西省九江第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年江西省九江第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

江西省九江第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1. 如图所示，通以恒定电流I的导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是（ ）‎ A. 变小 B. 变大 C. 不变 D. 可能变大、可能变小、可能不变 ‎【答案】C ‎【解析】从a转到b位置时，导线MN还是与磁场垂直，故F=BIL大小不变，故C正确；故选C.‎ ‎2. 如图，三个完全相同的带正电的小球，从一高度开始自由落下，其中a直接落地，b下落过程中经过一个水平方向的匀强电场区，c下落时经过一个水平方向的匀强磁场区，不计空气阻力，设它们落地的速度大小分别为va、vb、vc，则（ ）‎ A. va=vb =vc B. vb > va > vc C. va < vb = vc D. va =vc < vb ‎【答案】D ‎【解析】根据题意可知，a球做自由落体运动，下落过程中只有重力做功；而b除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，由于b在下落的过程中电场力对小球做正功，故根据动能定理知b球的落地速度大于a球的落地速度；c球在下落过程中经过磁场，c受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直且对小球始终不做功，c球下落过程中只有重力对小球做功，根据动能定理知c球下落的末动能与a球的末动能相等，即速度大小大小相等，由此分析知，ABC错误，D正确。‎ 点睛：考查球受到重力，或加之电场力，或洛伦兹力作用下的运动，掌握运动的合成与分解的方法，注意电场力做功与洛伦兹力不做功的区别。‎ ‎3. 一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是 ( )‎ ‎ ‎ A. t＝0时刻线圈平面与中性面垂直 B. t＝0.02 s时刻，线圈磁通量的变化率达最大 C. t＝0.01 s时刻，瞬时电流达到最大 D. 该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示 ‎【答案】C ‎【解析】由甲图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，A错误；t=0.02s时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，B错误；t=0.01s时刻，磁通量为零，磁通量的变化率最大，交流电动势最大，瞬时电流最大，故C正确；由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，D错误；故选C.‎ 点睛：了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化．‎ ‎4. 如图电路中，A、B是相同的两小灯泡．L是一个带铁芯线圈，电阻可不计．调节R，可使电路稳定时两灯都正常发光，则 ( )‎ A. 合上S时，B立刻变亮，A慢慢变亮 B. 断开S时，B比A先到熄灭 C. 断开S时，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同 D. 断开S时，B灯会突然闪亮一下后再熄灭 ‎【答案】A ‎【解析】在开关合上时，B灯立即变亮；在合上瞬时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则A灯慢慢变亮，最后达到正常发光状态，故A正确；断开开关S的瞬间，原来通过B灯的电流立即消失，而由与L 的自感电动势的存在，在L和A中的电流会通过LAB形成新的回路维持不变，通过A灯的电流的方向不变，而B灯的电流方向与原电流方向相反，则AB两灯都会慢慢熄灭，故C错误；断开开关S的瞬间，因灯泡原来的电流相同，所以两灯会慢慢熄灭，但不会闪亮一下，故D错误；故选A.‎ ‎5. 如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动滑动触头P，可以改变原线圈的匝数。变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，Q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是（ ）‎ A. 向上移动P，输入电压的频率变大 B. 向上移动P，输入电流减小 C. 保持P不动，向下移动Q，变压器的输入功率减小 D. 保持Q不动，向下移动P，电压表的示数不变 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：据题意，原线圈输入交流电的频率与副线圈交流电的频率总是相同的，所以选项A正确；向上移动P，则原线圈匝数增加，据可知副线圈电压减小，副线圈电流也减小，副线圈电流决定原线圈电流，所以原线圈输入电流也减小，故选项B正确；保持P不动，副线圈电压不变，‎ 向下移动Q，电压表示数不变，副线圈总电阻不变，电流没有改变，则输出功率不变，原线圈输入功率也不变，故选项C错误；保持Q不变，向下移动P，电压表示数将改变，故选项D错误。‎ 考点：变压器 ‎【名师点睛】变压器原理：‎ ‎（1） 原副线圈电压与匝数关系：‎ ‎（2） 原副线圈电流与匝数关系：‎ ‎（3） 原副线圈功率关系：‎ ‎（4）‎ ‎ 决定关系：原线圈电压决定副线圈电压；副线圈电流决定原线圈电流；副线圈功率决定原线圈功率。‎ ‎6. 图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内梯形线圈，ad与bc间距离也为l。t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合，现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化图线可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A 考点：法拉第电磁感应定律；右手定则 ‎【名师点睛】对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，L是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律。‎ ‎7. 如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流 B. 穿过线圈a的磁通量变小 C. 线圈a有收缩的趋势 D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大 ‎【答案】B ‎...............‎ 点睛：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．‎ ‎8. 如图所示，一交流发电机的矩形线圈在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω＝100 rad/s匀速转动。已知线圈面积S＝0.2 m2，匝数N＝100匝，线圈电阻r＝5 Ω，外接电阻R＝15 Ω。则在线圈从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是(　 )‎ ‎ ‎ A. 通过电阻R的电流有效值为I＝10 A B. 通过电阻的电荷量q＝0.2 C C. 电压表的示数为U＝300 V D. 外力所做的功为W＝20πJ ‎【答案】BD ‎【解析】产生的感应电动势最大值为为：Em=nBSω=100×0.2×0.2×100V=75πV=400V；根据闭合电路欧姆定律得：电流的最大值为：，电流有效值：,选项A错误；电压表的示数为U=IR=300V ，选项C错误；转过90°的过程中外力的功等于产生的电能，选项D正确；根据 ，代入数据可得：q=0.2C，选项B正确，故选BD.‎ 点睛：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．‎ ‎9. 如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻。当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时（ ）‎ A. 电压表V1、V2的读数均不变，电流表A1、A2的读数均增大 B. 电压表V3、V4的读数均不变，电流表A3的读数也减小 C. 电流表V2、V3的读数之差与电流表A2 的读数的比值不变 D. 发电厂的输出功率增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：电压表V1、V2的读数均不变，因为输入电压和匝数比都不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故A正确；输电线上的电压损失增大，故电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大，故B错误；电流表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，变压器的输入功率等于输出功率都增大，故CD正确．故选ACD．‎ 考点：远距离输电 ‎【名师点睛】此题是远距离输电电路的动态分析；根据表达式知道电压和频率，与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。‎ ‎10. 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=Q B. W2=W1+Q C. W1=EK D. WF+WG-W2=EK ‎【答案】BC ‎【解析】根据题意，由动能定理知：导体棒：W1=Ek①，故A错误，C正确；根据能量守恒知W2-W1=Q②，故B正确；对磁铁有：WF+WG-W2=0③，由①②③得WF+WG=Ek+Q，故D错误；故选BC.‎ 二、实验题 ‎11. (1) 用游标为10分度的游标卡尺测量一根金属丝的长度，由图可知其长度__mm；‎ ‎ (2)用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径___mm；‎ ‎【答案】 (1). 7.2 (2). 8.694‎ ‎【解析】金属丝的长度：7mm+0.1mm×2=7.2mm；‎ 金属导线的直径：8.5mm+0.01mm×19.4=8.694mm；‎ ‎12. 国标规定自来水在15℃时电阻率应大于13 Ω·m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动．实验器材还有：‎ 电源（电动势约为3 V，内阻可忽略）； 电压表V1（量程为3 V，内阻很大）；‎ 电压表V2（量程为3 V，内阻很大）； 定值电阻R1（阻值4 kΩ）；‎ 定值电阻R2（阻值2 kΩ）； 电阻箱R（最大阻值9 999 Ω）；‎ 单刀双掷开关S；导线若干； 游标卡尺；刻度尺．‎ 实验步骤如下：‎ A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；‎ B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；‎ C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；‎ D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；‎ E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻R；‎ F．断开S，整理好器材．‎ ‎（1）用游标卡尺测玻璃管内径d＝30.00mm ‎（2）玻璃管内水柱的电阻值Rx的表达式为：Rx＝_______ （用R1、R2、R表示）；‎ ‎（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的 关系图象．则自来水的电阻率ρ＝______ Ω·m （保留两位有效数字）；‎ ‎【答案】 (1). (2). 14‎ ‎【解析】(2) 设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压U总=+U 当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为，总电压U总′=•R2+U，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得，解得Rx=；  (3) 从图丙中可知，R=2.0×103Ω时，=5.0m-1，此时玻璃管内水柱的电阻Rx==4000Ω， 水柱横截面积S=π（）2=2.25π×10-4 m2，由电阻定律得  ρ==4000×2.25π×10-4×5Ω•m≈14Ω•m； 点睛：本题考查了等效替代法测电阻以及电阻定律，解答本题的关键是明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度．‎ 三、计算题 ‎13. 如图所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平面夹角为θ的倾斜光滑金属导轨上，导轨间距为L，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电池内阻为r，求：电源电动势E多大能使导体杆静止在导轨上？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：导体杆静止在导轨上，受到重力、支持力和安培力三个力作用，安培力大小为F=BIL，根据平衡条件和闭合电路欧姆定律结合求解电源的电动势。‎ 对导体棒受力分析如图所示：‎ 由闭合电路欧姆定律得：E=IR 导体杆受力情况如图，则由共点力平衡条件可得F安=mgtanθ ‎ 因为：F安=BId 由以上各式可解得： ‎ 点睛：本题主要考查了情况是关键通电导体在磁场中平衡问题，分析受力情况，特别是正确判断安培力的方向。‎ ‎14. 如图所示，分布半径为R的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电荷量为-q、质量为m的带电粒子从磁场边缘的A点沿半径AO方向射入磁场，粒子离开磁场时速度方向偏转了120°角．求 ‎（1）粒子做圆周运动的半径r；‎ ‎（2）粒子做圆周运动的速度大小v；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的时间t．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】（1）画出轨迹过程图如图所示，‎ ‎ 由对称性可知粒子沿圆形磁场区域的半径方向入射就一定沿圆形磁场区域的半径方向出射， 所以粒子做匀速圆周运动的半径为：r=Rtan300 =‎ R （2）粒子以入射速度v做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力得：qvB=m 即为： （3）匀速圆周运动的周期为：T= 粒子轨迹所对的圆心角为：α=     粒子在磁场中运动的时间为： ‎ 点睛：本题考查带电粒子在有界圆形磁场中的运动，利用对称性可知从圆形磁场区域向圆心方向射入则离开磁场时必背向圆心方向，从而画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出做匀速圆周运动的半径，再由半径公式和周期公式得到所求．‎ ‎15. 如图所示，匀强磁场中有一圆形线圈与一电阻相连，线圈平面与磁场方向垂直。已知线圈的匝数N＝100，面积为2 m2，内阻r＝8Ω。电阻R1=12Ω，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：‎ ‎ ‎ ‎(1)3s时a、b两点间的电压U；‎ ‎(2)在1～5 s内通过电阻R1的电荷量q；‎ ‎(3)在0～5 s内整个电路产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】(1)12V (2)4C (3)160J ‎【解析】（1）3s时线圈产生的感应电动势：‎ 电流 ‎ a、b两点间的电压U=TR1=12V；‎ ‎（2）在1～5 s内电路中的电流为I=1A，则通过电阻R1的电荷量q=It=1×4C=4C ‎（3）0-1s时线圈产生的感应电动势：‎ 电流 ‎ 在0～1 s内整个电路产生的焦耳热 在1～5 s内整个电路产生的焦耳热 ‎ 则在0～5 s内整个电路产生的焦耳热Q=Q1+Q2=160J.‎ ‎16. 如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的斜面上，导轨宽度为L，导轨下端接有电阻R，两导轨间存在一方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。轻绳一端平行于斜面系在质量为m的金属棒上，另一端通过定滑轮竖直悬吊质量为m0的小木块。第一次将金属棒从PQ位置由静止释放，发现金属棒沿导轨下滑。第二次去掉轻绳，让金属棒从PQ位置由静止释放。已知两次下滑过程中金属棒始终与导轨接触良好，且在金属棒下滑至底端MN前，都已经达到了平衡状态。导轨和金属棒的电阻都忽略不计，已知＝5， (h为PQ位置与MN位置的高度差)，其他物理量未知。求：‎ ‎(1)第一次与第二次运动到MN时的速度大小之比；‎ ‎(2)金属棒两次运动到MN过程中，电阻R产生的热量之比。‎ ‎【答案】（1）3:5（2）78:125‎ ‎【解析】（1）第一次释放金属棒后达到了平衡状态时，设金属棒速度为v1，根据法拉第电磁感应定律有：E1=BLv1 根据闭合电路欧姆定律有： 金属棒受到的安培力为：F安=BI1L 金属棒匀速运动时有：mgsin30°=F安+m0g 解得：v1= 第二次释放金属棒后达到了平衡状态后，设金属棒速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有： E2=BLv2 根据闭合电路欧姆定律有： 金属棒受到的安培力为：F安=BI2‎ L 金属棒匀速运动时有：mgsin30°=F安 解得：v2= 所以有： （2）第一次下滑至MN位置的过程中根据动能定理是：‎ mgh-m0g-W1=（m+m0）v12 第二次下湍至MN位置的过程中根据动能定理得：mgh-W2=mv22 两次运动过程中，电阻R上产生的热量之比为：‎ 联立解得： 点睛：本题是电磁感应中的力学问题，关键要正确推导出安培力与速度的关系，由平衡条件解答；同时注意明确能量转化规律，再根据动能定理列式即可求解产生热量之比．‎ ‎17. 如图所示，在xOy坐标系中，在y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y＝2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为＋q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为 (粒子的重力不计) ．‎ ‎（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？‎ ‎（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P（6d ‎,0）（图中未画出），求磁感应强度的大小．‎ ‎【答案】（1） （2）n=3, ；n=4, ；n=5, ‎ ‎【解析】（1）粒子先在电场中做类平抛运动，   x=v0t   d=at2   其中  得   进入磁场速度v= =2v0   速度与x轴夹角tanθ=    所以  θ=60°  粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切  设粒子在磁场中运动半径为R，洛仑兹力提供向心力  Bvq=  由几何关系R=d  得B=  故要使粒子不打到挡板上，B＞ （2）粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离 ‎ ‎  调节磁场0＜R＜d，＜△x＜    粒子通过P点，回旋次数n=   n为整数，只能取n=3、n═4  和n=5    n=3时，△x=2d   此时磁场 ‎ ‎  n=4时，△x=1.5d   此时磁场 ‎ n=5时，△x=1.2d   此时磁场 点睛：本题的难点在于第二问，由于改变磁感应强度则粒子做匀速圆周运动的半径随之改变，粒子返回MN的位置也将变化，回到电场中做斜抛运动到达x轴的位置也将发生相应的变化，显然只有回旋次数n与每回旋一次向前移动距离的乘积是6d时，磁感应强度才符合要求，这样求出回旋次数及相应的磁感应强度．‎ ‎ ‎