河北省鸡泽县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试复习物理试题（六）

河北省鸡泽县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试复习物理试题（六）

高二物理期末复习综合卷六 一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）‎ ‎1.下列物理量属于矢量的是 A. 电势 B. 电势能 C. 电功率 D. 磁感应强度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 标量只有大小没有方向，而矢量既有大小也有方向，可以根据这个特征求解本题．‎ ‎【详解】电势、电势能、电功率只有大小没有方向所以是标量，而磁感应强度既有大小也有方向为矢量，故D对 故选D ‎2.如图所示，空间中有一足够大的区域内分布着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，某时刻一带正电粒子沿纸面向右运动，若不计粒子所受重力，带电粒子在匀强磁场中的运动是 A. 匀速直线运动 B. 匀变速曲线运动 C. 顺时针转向的圆周运动 D. 逆时针转向的圆周运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在磁场中的受力可以根据左手定则来判断，即四指指向正电荷运动的方向，磁场垂直手心过，拇指所指的方向即为洛伦兹力的方向．‎ ‎【详解】带电粒子带正电，根据左手定则可知受洛伦兹力的方向为向上，且洛伦兹力不做功，所以粒子应该做逆时针的匀速圆周运动，故D正确；ABC错误；‎ ‎【点睛】洛伦兹力的方向与速度方向垂直,只改变速度的方向,不改变速度的大小.  匀变速运动是指的加速度不变的运动,当合力方向与速度方向不在一条直线上物体将做曲线运动.‎ ‎3.‎ 如图所示，在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场中，放置一个金属圆环，圆环平面与磁场方向垂直，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是 A. 使匀强磁场均匀增强 B. 使匀强磁场均匀减弱 C. 使圆环向左或向右平动 D. 使圆环向上或向下平动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 穿过线圈的磁通量变化则会产生感应电流，且感应电流的方向可以根据楞次定律来判断．‎ ‎【详解】AB、根据题目要是线圈中产生逆时针的电流根据楞次定律可知应该使原磁场增大，故A对；B错；‎ CD、圆环向左或向右平动以及向上或向下平动时，穿过线圈中的磁通量没有发生变化，故不会产生感应电流，故CD错误；‎ 故选A ‎【点睛】产生感应电流的必备条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，可以根据这个来判断本题的选项．‎ ‎4.喷墨打印机工作原理的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸面上半部分的某一位置P．关于此微滴及其在极板间电场中运动，下列说法正确的是 A. 经带电室后带正电 B 电场力对微滴做负功 C. 动能增大 D. 电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由墨汁微滴带负电,在电场中受到的力来确定偏转方向;根据墨汁微滴做类平抛运动来确定侧向位移,及电场力做功来确定电势能变化情况.‎ ‎【详解】墨汁微滴经带电室后带带负电,故向正极板偏转,电场力做正功，动能增大，电势能减小，故C对；ABD错；‎ 故选C ‎5.图为演示自感现象实验装置的电路图，电源的电动势为E，内阻为r．A是灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻．实验时，闭合开关S，电路稳定后，灯泡A正常发光．下列说法正确的是 A. 闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流等于线圈L中电流 B. 闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流大于线圈L中电流 C. 电路稳定后突然断开开关S，灯泡A立即熄灭 D. 电路稳定后突然断开开关S，灯泡A闪亮一下再熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 开关由闭合到断开瞬间,A灯立即熄灭,通过线圈的电流减小,线圈产生自感电动势,再根据楞次定律分析灯亮度如何变化.‎ ‎【详解】由于线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻，所以电路稳定时，流过线圈的电流大于灯泡的电流，在突然断开时由于线圈的自感作用，线圈相当于电源，对灯泡提供电流，所以灯泡不会马上熄灭，并且流过灯泡的电流大于原来灯泡的电流，所以灯泡会闪亮一下，故ABC错；D对；‎ 故选D ‎【点睛】线圈的作用：在闭合电路时由于自感作用相当于一个大电阻；在稳定时相当于一个电阻为R的正常电阻，在断开电源时相当于一个电源对别的用电器提供电流．‎ ‎6.直流电动机的线圈电阻为R，正常工作时，电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，下列说法正确的是 A. 电动机线圈产生的热量为I2Rt B. 电动机线圈产生的热量为 C. 电动机消耗的电能为 D. 电动机输出的机械能为UIt ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据焦耳定律得，电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt；电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，线圈产生的热量．故A正确，B错误．‎ C.电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，则电功为W=UIt，电动机消耗的电能为W=UIt；电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，则；故C错误．‎ D.由能量转化和守恒定律得，电动机输出的机械能；故D错误．‎ ‎7.磁铁有N、S两极，同名磁极相斥，异名磁极相吸，这些特征与正、负电荷有很大的相似性．库仑在得到点电荷之间的库仑定律后，直觉地感到磁极之间的相互作用力也遵循类似的规律．他假定磁铁的两极各带有正、负磁荷，当磁极本身的几何线度远小于它们之间的距离时，其上的磁荷可以看作点磁荷．库仑通过实验证明了静止的两个点磁荷之间的相互作用力遵循的“磁库仑定律”与点电荷之间遵循的库仑定律类似．由上述内容可知，下列说法正确的是 A. 两个正磁荷之间的作用力为引力 B. 两个点磁荷之间的相互作用力只与它们之间的距离有关 C. 两个点磁荷之间的相互作用力与它们之间的距离成反比 D. 相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 库仑力公式，如果把磁场也类比于电场的话，那么可以根据这个公式判断两个电磁荷之间的相互作用力．‎ ‎【详解】类比于电场作用的话，可知两个正磁荷之间的作用力为排斥力，故A错；‎ 类比于库仑力公式 可知两个点磁荷之间的相互作用力不仅和它们之间的距离有关，且与距离的平方成正比，还与磁铁的两极各带有正、负磁荷有关，故BC错误；‎ 根据相互作用力的性质可知：相互作用的两个点磁荷，不论磁性强弱，它们之间的相互作用力大小一定相等，故D对；‎ 故选D ‎8.如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向．则在线框中产生的感应电流随时间变化的关系可能为图中的 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 楞次定律指出感应电流的效果，总是阻碍磁通量的变化，感应电流变化的结果总是阻碍引起磁通量变化的原因，根据楞次定律可知电流的方向．‎ ‎【详解】由于磁场是均匀变化的所以产生的电流应该是恒定电流，根据楞次定律可知，感应电流方向没有发生变化，故A对；BCD错误；‎ 故选A ‎9.电源、开关、平行板电容器连成如图电路．闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压力为U，板间电场强度大小为E，则下列说法正确的是 A. 若将A板下移少许，Q增大；U减小；E不变 B. 若将A板下移少许，Q不变；U减小；E减小 C. 若断开开关，若将A板下移少许，Q增大；U不变；E增大 D. 若断开开关，若将A板下移少许，Q不变；U减小；E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合开关S，由于电源电压不变，所以电容器两端的电压U不变；若将A板下移少许，据知，电容器电容将增大，电容器两端的电压U不变，Q增大；据，可得E增大；故AB错误；‎ CD．若断开开关，电路断路，Q不变；若将A板下移少许，据 知，电容器将增大；由，可知U减小；由于，可得E不变；故C错误，D正确．‎ ‎10.如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（　　）‎ A. 圆环向右穿过磁场后，不能摆至原高度 B. 在进入和离开磁场时，圆环中感应电流方向相同 C. 圆环进入磁场后，感应电流方向不变 D. 圆环最终停止在最低点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A正确．‎ B、当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向相反．故B错误．‎ C、整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故C错误．‎ D、在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置．故D错误．‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎11.图中的实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹,粒子先经过M点,再经过N点．可以判定 A. M点的电势小于N点的电势 B. 粒子带正电, M点的电势大于N点的电势 C. 粒子在M点受到电场力大于在N点受到的电场力 D. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，斜向左下方，与电场方向一致，粒子带正电，根据顺着电场线的方向电势降低，可知过M点的等势面的电势高于过N点的等势面的电势，则M点的电势高于N点的电势，故A错误B正确．‎ C. 由电场线的疏密表示电场强度的大小，可知，M点的电场强度比N点的小．由F=qE知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误；‎ D. 从M到N，粒子的所受电场力斜向左下方，则电场力对粒子做正功，电势能减少，所以粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确；‎ ‎12.金属棒MN两端用细软导线悬挂于a、b两点，其中间一部分处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，静止时MN平行于纸面，如图所示．若金属棒通有从M向N的电流，此时悬线上有拉力．为了使拉力等于零，下列措施可行的是 A. 增大电流 B. 增大磁感应强度 C. 将电流方向改为从N流向M D. 将磁场方向改为垂直于纸面向外 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 分析】‎ 通电导线在磁场中的受到安培力作用,由公式F=BIL求出安培力大小,由左手定则来确定安培力的方向.‎ ‎【详解】AB、棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中,棒中通有电流,方向从M流向N,‎ 根据左手定则可得,安培力的方向竖直向上,因为此时悬线上有拉力,为了使拉力等于零,则安培力必须增加.所以适当增加电流强度,或增大磁场使重力等于安培力，即可以使得拉力等于零，故AB正确 CD、当电流的方向或者磁场的方向发生变化时，根据左手定则可知安培力的方向就变为向下了，那么不管怎样，绳子的拉力都不可以为零了，故CD错误；‎ 故选AB ‎【点睛】安培力的方向可以根据左手定则来判断，在根据受力分析来判断如何让绳子的拉力为零．‎ ‎13.我们通常用阴极射线管来研究磁场对运动电荷的作用，图为阴极射线管的示意图，两个电极的连线沿x轴方向．玻璃管内部已抽成真空，当两个电极连接到高压电源两端时，阴极会发射电子，电子在电场的加速作用下，由阴极沿x轴方向飞向阳极，电子束掠射到荧光板上，显示出电子束的径迹．要使电子束的径迹向z轴正方向偏转，下列措施中可采用的是 A. 加磁场，磁场方向沿x轴正方向 B. 加磁场，磁场方向沿y轴负方向 C. 加电场，电场方向沿z轴正方向 D. 加电场，电场方向沿z轴负方向 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 负电荷在电场中的受力应该和电场方向相反，而在磁场中的受力要根据左手定则来判断，由于向上偏转则受力向上可判断出磁场的方向．‎ ‎【详解】电子带负电，要是负电荷向上偏转，根据左手定则可知应该加沿y轴负方向的加磁场，若加电场，根据负电荷受力和场强方向相反可知应该加沿电场方向沿z轴负方向的电场，故BD对；AC错；‎ 故选BD ‎14.‎ 电子感应加速器是利用感应电场来加速电子的一种设备．电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成，当电磁铁通以变化的电流时，会在柱形电磁铁的两极间产生磁场，在磁场中安置一个环形真空管道作为电子运行的轨道，如图所示（图中上部分为主视图、下部分为俯视图）．当磁场发生变化时，产生的感应电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动．下列说法正确的是 A. 感生电场的方向为顺时针方向 B. 感生电场的方向为逆时针方向 C. 电磁铁中通入的电流应越来越强 D. 电磁铁中通入的电流应越来越弱 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 感应电流的的磁场总是阻碍原磁通量的变化，可以判断磁场在如何变化，几何楞次定律来判断即可．‎ ‎【详解】AB、根据题意电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动且产生的感应电场就会不断加速电子，即电子受到的电场力方向为逆时针，根据电场力与负电荷运动方向相反可知电场方向应该是顺时针，故A对；B错 CD、由于电场方向是顺时针，所以感应电流方向也是顺时针，可知感应磁场方向向下，和原磁场方向相反，结合楞次定律可知原磁场在增强，所以电磁铁中通入的电流应越来越强，故C对；D错；‎ 故选AC ‎【点睛】根据楞次定律可以判断感应电流的方向即应磁场的方向，要灵活运用楞次定律解题．‎ 三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）‎ ‎15.某同学用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件．‎ ‎（1）图中已经用导线将部分器材连接，请补充完成图中实物间的连线________．‎ ‎（2）若连接好实验电路并检查无误后，闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈______（填“A”或“B”）中有了感应电流．开关闭合后，他还进行了其他两项操作尝试，发现也产生了感应电流，请写出两项可能的操作：‎ ‎①_________________________________；‎ ‎②_________________________________．‎ ‎【答案】 (1). (2). （2）B； (3). 将滑动变阻器的滑片快速滑动； (4). 将线圈A（或铁芯）快速抽出；断开开关的瞬间．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 感应电流产生的 条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，所以要想探究这个问题就要从这个条件出发，尽可能的改变穿过线圈B的磁通量，达到电流计发生偏转的效果．‎ 详解】（1）连接实物图如图所示：‎ ‎（2）闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B中有了感应电流，‎ 根据感应电流产生的 条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化即可，所以要想是电流计指针发生偏转，则还可以采取的措施为：将线圈A（或铁芯）快速抽出；断开开关的瞬间 ‎16.（1）如图甲，是一个简易的多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接_______；作为欧姆表使用时，选择开关应接_______。均填“‎1”‎、“‎2”‎或“‎3”‎。使用时，电流一定从________端流入多用电表填“A”或“B”．‎ ‎ ‎ ‎（2）用多用表测量电阻实验中，将选择开关旋转到欧姆档“”挡位，测量时指针偏转如图乙所示，下列操作正确的是__________ ‎ A.将选择开关旋转到欧姆挡“”‎ B.将选择开关旋转到欧姆挡“”‎ C.换挡后直接接入待测电阻测量 D换挡后先将两表笔短接调零，再接入待测电阻进行测量 ‎（3）某照明电路出现故障，其电路如图丙所示，该电路用标称值为的蓄电池作为电源，导线与接线柱接触良好。维修人员使用已调好的多用电表直流挡检测故障，他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图丁所示，读数为______V，说明________选填“蓄电池”、“保险丝”、“开关”或“小灯”正常；红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图丁相同，可判定发生故障的器件是_________选填“蓄电池”、“保险丝”、“开关”或“小灯”。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 2 (3). A (4). AD (5). 11.5 (6). 蓄电池 (7). 小灯 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．由图甲所示可知，选择开关接3时，电流表与定值电阻串联，多用电表是电压表，可以测电压；当选择开关接2时电流表与电源相连，此时多用电表是欧姆表；使用多用电表时电流从正插孔流入多用电表，即电流从A端流入多用电表．‎ ‎（2）[4]．将选择开关旋转到欧姆档“×‎100”‎挡位时，指针偏转较大过大，可知是档位选择过高，则应该选择“×‎10”‎挡位测量，选项A正确，B错误；换挡后先将两表笔短接调零，再接入待测电阻进行测量，选项C错误，D正确；故选AD。‎ ‎（3）[5]．量程为50V，故最小刻度为1V，故读数为11.5V； [6]．电压表测量是路端电压，接近电源的电动势，说明蓄电池正常；‎ ‎[7]．闭合开关后，多用表指示读数等于路端电压，说明小灯泡断路；‎ 四、计算题（本大题共3小题，共37.0分）‎ ‎17.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=‎0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=‎5m/s．求：‎ ‎（1）感应电动势E和感应电流I；‎ ‎（2）拉力F的大小；‎ ‎（3）若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U．‎ ‎【答案】（1）2.0V ；‎2A；（2）0.8N；（3）1V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据动生电动势公式得： V，‎ 故感应电流为：．‎ ‎（2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为：‎ ‎．‎ 因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力为：‎ ‎（3）导体棒两端电压为：．‎ ‎18.如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为 ‎ ‎（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小．‎ ‎（2）为使滑块恰好始终沿轨道滑行，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有：‎ 而 解得：‎ 设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则有：‎ 解得：‎ 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为；‎ ‎（2）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小弹力为零，此时速度设为 则有：‎ 解得：‎ ‎。‎ ‎19.一种测定电子比荷的实验装置如图所示．真空玻璃管内，阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入间距为d的两极板C、D间的区域．若两极板C、D间无电压，电子将沿直线打在荧光屏的中心O点；若在两极板间施加恒定电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面的磁感应强度大小为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的亮点又回到O点．‎ ‎（1）判断匀强磁场的方向；‎ ‎（2）求电子击中O点时的速度大小v；‎ ‎（3）已知极板的长度l＝‎5.00cm，间距d＝‎1.50cm，极板区的中点M到O点的距离L＝‎12.50cm，极板间电压U＝200V，磁感应强度B＝6.3×10–4T，P点到O点的距离y＝‎3.0cm．根据上述数据，计算电子的比荷（保留2位有效数字）．‎ ‎【答案】（1）垂直纸面向里 （2） （3）1.6×‎1011C/kg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 没有加磁场时,电子进入平行板电容器极板间做类平抛运动,由牛顿第二定律和运动学公式可推导出垂直于极板方向的位移,电子离开极板区域后做匀速直线运动,水平方向的速度等于电子刚进入极板间的初速度,求出匀速直线运动的时间,即可求出P点离开O点的距离.加上磁场B后,荧光屏上的光点重新回到O点,说明电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等,即可得到电子进入极板时的初速度,联立可求出比荷.‎ ‎【详解】（1）电子在电场中运动时偏到P点，即受到向上的电场力，加上磁场后电子回到O点说明此时电子做匀速直线运动，根据平衡可知磁场力向下．根据左手定则可知磁场方向应该垂直纸面向里 ‎（2）因电子在正交的电场、磁场中不偏转且匀速直线运动 所以 （平衡条件、场强与电势差关系）‎ 所以 ‎（3）电子在只有偏转电场时，偏转距离设为 ，则由几何关系知 ，所以 ‎ 而 ‎ 结合以上各式可解得：‎ ‎ ‎ 故本题答案是：（1）垂直纸面向里 （2） （3）1.6×‎1011C/kg ‎【点睛】电子在电场中的做了类平抛运动，对于类平抛运动来说要学会分解为水平方向上的匀速运动和竖直方向上的匀加速运动，经过拆解后的运动就比较简单了．‎ ‎ ‎