2018-2019学年河南省濮阳市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年河南省濮阳市高二上学期期末考试物理试题 解析版

河南省濮阳市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）‎ ‎1.如图所示，16个电荷量均为+q（q>0）的小球（可视为点电荷），均匀分布在半径为R的圆周上。若将圆周上P点的一个小球的电量换成-2q，则圆心O点处的电场强度的大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】圆周上均匀分布的16个都是电量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知P处q在圆心处产生的场强大小为 E1=k，方向水平向左，可知其余15个+q在圆心处的场强E2=E1=k，方向水平向右，图中-2q在圆心处产生的场强大小 E3=k，方向水平向右。根据电场的叠加有：E2+E3=E，则得E=，故选C。‎ ‎【点睛】该题考查了场强叠加原理和点电荷场强的公式还有对称性的认识．注意场强是矢量，叠加时满足平行四边形法则.‎ ‎2.在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动 A. S1 B. S2 C. S3 D. S4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 四个开关全部闭合时，电容器两端的电压等于两端电压，断开S1，电容器仍连在 两端，两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态，A错误；断开S2，在电容器连在电源两端，稳定后其电压等于电动势大小，故板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动．与题意不符，故C错误；断开S3，则电容器与电源断开连接，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动，B正确；断开S4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态，D错误．‎ ‎3. 把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d．要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足（ ）‎ A. UA：UB=1：1 B. UA：UB=：1‎ C. UA：UB=：3 D. UA：UB=3：4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据电阻定律可知，RA：RB=，‎ 由于是纯电阻，则由，Q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为UA：．故选：B．‎ 考点：电阻定律；焦耳定律.‎ ‎4.如图所示，直角三角形通电闭合线圈ABC处于匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，则线圈所受磁场力的合力为（　　）‎ A. 大小为零 B. 方向竖直向上 C. 方向水平向右 D. 方向垂直AC斜向下 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】若通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处.如图所示：‎ 由公式F=BIL得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力与斜边的安培力等值反向；所以线圈所受磁场力的合力为零.故A正确，B、C、D错误.故选A.‎ ‎5.如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 初位置的磁通量，若规定此时穿过线圈为正面，则当线圈转到虚线部分时穿过线圈为反面，此时磁通量为 ‎ 磁通量的改变量为： 磁通量变化的大小为： ，故选C 综上所述本题答案是：C ‎6.两块水平放置的金属板,板间距离为d,用导线将两块金属板与一线圈连接,线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场,如图所示。两板间有一个带正电的油滴恰好静止,则线圈中磁场的磁感应强度B随时间变化的图象为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，小球带正电，且处于平衡状态，即感应电动势恒定，同时可知上极板带负电，下极板带正电，故感应电流是俯视顺时针，故感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律得知，结合图示可知，根据法拉第电磁感应定律，则磁场正在均匀增加，故C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E=n，以及会用楞次定律判端电动势的方向．‎ ‎7.将3A的直流电通过电阻R时，ts内产生的热量为Q．现让正弦交流电通过电阻R，若2ts内产生的热量为Q，则该交流电流的有效值和最大值分别为（　　）‎ A. ，3A B. 3A， C. ， D. ，6A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据3A的直流电通过电阻R时，t时间内产生的热量为Q可知：Q=I12Rt ①‎ 当让一交流电通过电阻R，若2t时间内产生的热量为Q，则有：Q=I有2R•2t ②‎ 联立①②，代入数据解得:,则最大值：.‎ 故A正确，B、C、D错误.故选A.‎ ‎8.教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机内阻可忽略通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为若发电机线圈的转速变为原来的，则　　‎ A. R消耗的功率变为 B. 电压表V的读数变为 C. 电流表A的读数变为2I D. 通过R的交变电流频率不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；‎ ‎【详解】AB．根据可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知R消耗的电功率变为，A错误B正确；‎ C．副线圈中的电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；‎ D．转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误．‎ ‎【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率．‎ ‎9.下列说法正确的是（　　）‎ A. 电饭锅中的温度传感器的主要元件是氧化铁 B. 氧化铁在常温下具有铁磁性，温度很高时失去铁磁性 C. 用电饭锅煮饭时，若温控开关自动断电后，它不能自动复位 D. 电饭锅烧水，水开时能自动断电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电饭锅应用了温度传感器，它的主要元件是感温铁氧体，即氧化铁，故A错误； ‎ B、在常温下具有铁磁性，但温度升高到 时便失去了铁磁性，不能被磁铁吸引，这个温度称为这种材料的“居里温度”或“居里点”，故B错误； ‎ C、用电饭锅煮饭时，若温控开关断电后，它不能自动复位，故C正确； ‎ D、水的沸点为 ，因温度无法达到居里点，故可知水不能自动断电，故D错误； ‎ 故选C.‎ 二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）‎ ‎10.如图，在MN和PQ这两个平行竖直面之间存在垂直纸面的匀强磁场和平行纸面的匀强电场，一个带电粒子以某一初速度由A点水平射入这个场区恰能沿直线运动，并从PQ竖直面上的C点离开场区．若撤去磁场，其他条件不变，则该粒子从PQ竖直面上的B点离开场区；若撤去电场，其他条件不变，则该粒子从PQ竖直面上的D点离开场区．若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3，运动的加速度大小分别为a1、a2和a3，不计粒子所受重力的影响，则下列判断中正确的是 A. t1=t2＜t3，a1＜a2=a3 B. t2＜t1＜t3，a1＜a3＜a2‎ C. t1=t2=t3，a1＜a2＜a3 D. t1=t3＞t2，a1=a3＜a2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子分别在复合场、电场、磁场中做匀速直线运动、类平抛运动、匀速圆周运动，比较三种情况下带电粒子在两个相互平行平面之间运动时间及加速度大小．各自由相应规律表示出时间和加速度，从而得到结论．‎ ‎【详解】在复合场中，带电粒子做匀速直线运动，则有Eq=Bqv，则有E=Bv．在复合场中的时间，而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动，所以运动的时间，而在单一磁场中做匀速圆周运动，运动的时间，由于两平面之间，所以时间关系为；在复合场中，单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛仑兹力产生，但两种力相等，所以，但方向不同，综上所述，BCD错误，A正确。故选A。‎ ‎【点睛】本题是把同一带电粒子在三种情况下运动情况进行对比，更进一步甄别类平抛运动与匀速圆周运动的区别，也证明了洛仑兹力只改变运动方向而不改变速度大小，电场力是恒力，使带电粒子做匀变速度曲线运动．‎ ‎11.如图，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向下滑动，下列表述正确的是 (　　)‎ A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B. 穿过线圈a的磁通量变大 C. 线圈a有扩张的趋势 D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量变大，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故A错误，B正确；‎ C、根据楞次定律可知线圈a应有收缩的趋势，故C错误；‎ D、将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确。‎ 点睛：此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向，本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便。‎ ‎12.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一 带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）‎ A. 电势能逐渐增加 B. 所受重力与电场力平衡 C. 做匀变速直线运动 D. 动能逐渐增加 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】B、C、带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，力和速度一定在同一直线上，则可知电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动；故B错误，C正确； ‎ A、电场力做功等于电势能的减小量，由于电场力垂直于极板向上，故电场力做负功，则电势能增加；或者说，动能减小，动能和电势能之和守恒，故电势能增加；故A正确； ‎ D、因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故D错误； ‎ 故选AC.‎ 三、实验题探究题（本大题共3小题，共15.0分）‎ ‎13.用相同的灵敏电流计改装成量程为3V和15V两个电压表，将它们串联接入电路中，则它们的指针偏角之比为______，读数之比______.‎ ‎【答案】 (1). 1：1 (2). 1：5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因两电压表是串联关系，则通过两电压表的电流相同，故指针偏转的角度相同，即指针偏角之比为1:1，串联电路电流相等，电阻两端电压与阻值成正比，两电压表内阻之比为1:5，两电压表串联时示数之比1:5.‎ ‎14.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：‎ ‎（1）旋动部件______，使指针对准电流的“0“刻线；‎ ‎（2）将K旋转到电阻挡“×l00“的位置；‎ ‎（3）将插入“十“、“-“插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的______，（填“0刻线“或“∞刻线“）；‎ ‎（4）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，应将K旋转到电阻挡的______，（填“×1K”或“×100”）的位置，重新进行欧姆调零并完成测量 ‎【答案】 (1). S (2). T (3). 0刻度 (4). ×1k ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线； ‎ ‎(3)将插入 “+”、“-“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线.‎ ‎(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针示数过小，说明所选倍率太小，为了得到比较准确的测量结果，应换用大挡进行测量，为了得到比较准确的测量结果，应将K旋转到电阻挡的×1K.‎ ‎15.在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材：‎ A.干电池1节 B.滑动变阻器（0～20 Ω）‎ C.滑动变阻器（0～1 kΩ）‎ D.电压表（0～3 V，内阻约为20 kΩ）‎ E.电流表（0～0.6 A，内阻RA＝0.2 Ω）‎ F.电流表（0～3 A，内阻约为0.01 Ω）‎ G.开关、导线若干 ‎(1)为减小实验误差和方便操作，选择图甲所示电路进行实验，其中滑动变阻器应选________，电流表应选__________。（填写器材前的序号）‎ ‎(2)某同学根据实验测得的电压表示数U和电流表示数I，画出U-I图象如图乙所示，由图象可得电池的电动势为_______V，内电阻为________Ω。（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). 1.5 (4). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎ (1)由于电池内阻较小，用20Ω的滑动变阻器既方便，又有明显的调节效果。故滑动变阻器选择B；测电源电动势和内阻时，电流不能太大，故电流表选择E。‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir得，当I=0时，U=E，即纵轴的截距等于电源的电动势E.E=1.5V；U−I图象的斜率大小等于电源的内阻r，则有：‎ r=△U/△I=(1.5−0.9)/0.6Ω=1.0Ω。‎ 四、计算题（本大题共4小题，共37.0分）‎ ‎16.小型直流电动机，其线圈内阻为r0=0.4Ω，与规格为“8V、4W”的小灯泡并联后接到电动势为E=10V、内电阻r=0.5Ω的电源上，小灯泡恰好正常发光.求:‎ ‎(1)电路中的总电流I；‎ ‎(2)电动机的输入功率P1和电动机的输出功率P2.‎ ‎【答案】(1)I=4A (2)28W,23.1W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意规格为“8V、4W”的小灯泡恰好正常发光，可知电路的路端电压U=8V，则内电压为：U内=E-U=10V-8V=2V；‎ 电路的总电流为：I=‎ ‎(2)根据P=UI得流经灯泡的电流为：‎ 电动机的电流为：ID=I-IL=4-0.5=3.5A 电动机线圈的发热功率为：P热=ID2r0=3.52×0.4W=4.9W；‎ 电动机的总功率的大小为：P1=UID=8×3.5W=28W；‎ 所以电动机的输出的功率为：P2=28-4.9=23.1W ‎17.在研究性学习中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图所示．abcd是一个长方形盒子，在ad边和cd边上各开有小孔f和e，e是cd边上的中点，荧光屏M贴着cd放置，能显示从e孔射出的粒子落点位置．盒子内有一方向垂直于abcd平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子经过电压为U的电场加速后，从f孔垂直于ad边射入盒内．粒子经磁场偏转后恰好从e孔射出．若已知 ，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力．请你根据上述条件求出带电粒子的荷质比q/m.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子经加速电场加速后，可根据动能定理求出粒子进入磁场后的速度大小表达式，粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中的运动轨迹，再根据几何关系求出粒子运动的半径，从而求出粒子的比荷q/m.‎ ‎【详解】带电粒子进入电场，经电场加速．根据动能定理有：电场力做的功等于粒子动能的变化，即： qU＝mv2 可得粒子经电场加速后的速度 ‎ 当粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示．‎ ‎ 设粒子做圆周运动的轨道半径为R，在三角形ode中，有(L−R)2+()2＝R2 由此可解得粒子做圆周运动的轨道半径R=L 又因为粒子做圆周运动由洛伦兹力提供向心力故有：qvB＝m即：R= 代入v和R可得：‎ 由此整理可得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键是一能根据动能定理求得粒子加速后的速度表达式，二能根据洛伦兹力提供向心力求出粒子半径与速度的关系，再根据粒子运动的轨迹求出粒子圆周运动半径与已知量的关系从而列式求解．‎ ‎18.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m，电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）极板间电场强度的大小；‎ ‎（2）电容器所带电荷量。‎ ‎【答案】(1)E= (2)Q=‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小液滴从开始下落到下极板的过程中，由动能定理有：mg(h+d)-qEd=0‎ 解得板间电场强度为：E=‎ ‎(2)两极板间电压为：U=Ed 电容器带电量为：Q=CU 联立解得：Q=‎ ‎19.如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L=0.5m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ=37°角。有一磁感应强度B=0.8T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量m=0.4kg、电阻R=1Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放。已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）‎ ‎(1)求导体棒运动过程中的最大速度；‎ ‎(2)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大值的过程中，通过导体棒横截面的电量q=4C，求导体棒在此过程中发的电热.‎ ‎【答案】（1）vm=5m/s (2)Q=3J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)导体棒下滑中产生的感应电动势为：E=BLv 感应电流为：I=‎ 导体棒受到的安培力为：F=BIL=‎ 当导体棒的速度达到最大时，导体棒受力平衡，‎ 有：mgsinθ-μmgcosθ-=0‎ 代入数据解得：vm=5m/s ‎(2)设该过程中导体棒通过的位移为x，则回路产生的平均感应电动势为：‎ ‎==‎ 电量为：q=I△t=‎ 根据能量守恒有：mgsinθ•x-μmgcosθ•x-W克=‎ 联立解得生热为：Q=W克=3J.‎ ‎ ‎ ‎ ‎