2018-2019学年吉林省乾安县第七中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年吉林省乾安县第七中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

乾安七中 2018—2019 学年度（上）高二期末考试 物理试卷 一、选择题(共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有 一个选项符合题目要求，其中 9--12 题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选不 全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分) 1.关于电子伏特（eV），下列说法中正确的是 A. 电子伏特是电势的单位 B. 电子伏特是电场强度的单位 C. 电子伏特是能量的单位 D. 1eV=1.60×1019J 【答案】C 【解析】 试题分析：根据公式 可得 ，因为焦耳是能量单位，所以电子伏是能量单位，C 正确，ABD 错误； 考点：考查了对电子伏的理解 2. 下列说法中正确的是（ ） A. 电荷在某处不受电场力的作用，则该处的电场强度为零 B. 一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零 C. 把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的 强弱 D. 把一小段通电导线放在磁场中某处，所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积 的比值表示该处磁场的强弱 【答案】AC 【解析】 根据场强的定义式 ，检验电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零，故 A 错误；当一小段通电导线与磁场的方向平行时，在某处不受磁场力作用，但不能确定该处磁 感应强度一定为零．故 B 错误；把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带 电荷量的比值为该点的电场强度，即表示电场的强弱，故 C 正确；只有通电导线垂直放入磁 场中时，通电导线所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场 的强弱，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。 3. 两根材料相同的均匀导线 A 和 B，其长度分别为 L 和 2L，串联在电路中时沿长度方向电势 的变化如图所示，则 A 和 B 导线的横截面积之比为（ ） A. 2：3 B. 1：3 C. 1：2 D. 3：1 【答案】B 【解析】 试题分析：串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系， 再根据电阻定律得出 A 和 B 导线的横截面积之比． 解：A、B 两端的电势差分别为 6V，4V，电流相等，根据欧姆定律得， = ． 根据电阻定律得，R=ρ ，则 s= ． 则横截面积之比 = = ．故 B 正确，A、C、D 错误． 故选：B． 【点评】本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，难度不大． 4. 有两个匀强磁场区域 I 和 II，I 中的磁感应强度是 II 中的 k 倍，两个速率相同的电子分 别在两磁场区域做圆周运动．与 I 中运动的电子相比，II 中的电子（ ） A. 运动轨迹的半径是 I 中的 k 倍 B. 加速度的大小是 I 中的 k 倍 C. 做圆周运动的周期是 I 中的 k 倍 D. 做圆周运动的角速度是 I 中的相等 【答案】AC 【解析】 解：设Ⅱ中的磁感应强度为 B，则Ⅰ中的磁感应强度为 kB， A、根据电子在磁场中运动的半径公式 r= 可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为 ，Ⅱ中的 电子运动轨迹的半径为 ，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍，故 A 正确； B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为 a= ，所以Ⅰ中的 电子加速度的大小为 ，Ⅱ中的电子加速度的大小为 ，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ 中的 倍，故 B 错误； C、根据电子在磁场中运动的周期公式 T= 可知，Ⅰ中的电子运动周期为 ，Ⅱ中的电 子运动周期为 ，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍，所以Ⅱ中的电子运动轨 迹的周期是Ⅰ中的 k 倍，故 C 正确； D、做圆周运动的角速度 ω= ，所以Ⅰ中的电子运动角速度为 ，Ⅱ中的电子运动角速 度为 ，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的 倍，故 D 错误； 故选：AC． 【点评】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作 为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的 分析问题． 5.闭合回路的磁通量 Φ 随时间 t 的变化图象分别如图所示，关于回路中产生的感应电动势的 下列论述，其中正确的是( ) A. 图甲回路中感应电动势恒定不变 B. 图乙回路中感应电动势恒定不变 C. 图丙回路中 0～t1 时间内感应电动势小于 t1～t2 时间内感应电动势 D. 图丁回路中感应电动势先变大后变小 【答案】B 【解析】 因 E＝ ，则可据图象斜率判断知图甲中 ＝0，即电动势 E 为 0；图乙中 ＝恒量，即电动 势 E 为一恒定值；图丙中 E 前>E 后；图丁中图象斜率 先减后增，即回路中感应电动势先减后 增，故只有 B 选项正确． 6.如图所示，在两个倾角均为 α 的光滑斜面上均水平放置一相同的金属棒，棒中通以相同的 电流，一个处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B1；另一个处于垂直于斜面向上 的匀强磁场中，磁感应强度为 B2，两金属棒均处于静止状态，则 B1、B2 大小的关系为(　　) A. B1∶B2＝1∶cos α B. B1∶B2＝1∶sin α C. B1∶B2＝cos α∶1 D. B1∶B2＝sin α∶1 【答案】A 【解析】 【分析】 导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡列出方程，根据 F=BIL 求出磁感 应强度之比。 【详解】导体棒受力如图 根据共点力平衡得：B1ILcosθ=mgsinθ；B2IL=mgsinθ；所以 B1：B2=1：cosθ，故选 A. 7.如图所示为一交变电流的电流随时间而变化的图象此交变电流的有效值是 A. B. 5A C. D. 【答案】B 【解析】 由有效值的定义可得：I12Rt1+I22Rt2=I2RT 代入数据得： ， 解得：I=5A, 故选 B． 点睛：由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳 定律即可得一个周期内交变电流产生的热量。 8.（2017·新课标全国Ⅱ卷）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方向 射入磁场。若粒子射入速率为 ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒 子射入速率为 ，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。 则 为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远。则当粒子射入的速度为 ， 如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为 ；同理，若粒子射入的速度 为 ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为 ；根据 ，则 ，故选 C。 【名师点睛】此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题；解题时关键是要画出粒子运动的轨 迹草图，知道能打到最远处的粒子运动的弧长是半圆周，结合几何关系即可求解。 9.如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈 abcd.则（ ） A. 若线圈向右平动，其中感应电流方向是 a→b→c→d B. 若线圈竖直向下平动，无感应电流产生 C. 当线圈以 ab 边为轴转动时，其中感应电流方向是 a→b→c→d D. 当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是 a→b→c→d 【答案】BD 【解析】 当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电 流方向是 a→b→c→d→a，即顺时针方向。故 A 错误；若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通 量不变，无感应电流产生。故 B 正确；当线圈以 ab 边为轴转动时（小于 90°），穿过线圈的 磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是 a→b→c→d．故 C 正确； 当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，其中感应电流方向是 a→d→c→b．故 D 正确。故选 BCD。 点睛：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条 件，会根据楞次定律判断感应电流的方向． 10.如图所示，用丝线吊一个质量为 m 的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当 小球分别从 A 点和 B 点向最低点 O 运动且两次经过 O 点时( ) A. 小球的动能相同 B. 丝线所受的拉力相同 C. 小球所受的洛伦兹力相同 D. 小球的向心加速度相同 【答案】AD 【解析】 【分析】 带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力 始终垂直于速度方向，它们对小球不做功．因此仅有重力作功，则有机械能守恒．从而可以 确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力．由向心加速度公式和牛顿第二定律列式 分析． 【详解】A、小球运动过程中，所受的细线的拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅有重力作功， 则小球机械能守恒，所以小球分别从 A 点和 B 点向最低点 O 运动且两次经过 O 点时的动能相 同;故 A 正确. B、小球经过最低点时速度大小不变，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产 生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同;故 B 错误. C、小球经过最低点时速度大小不变，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同， 则洛伦兹力不相同;故 C 错误. D、小球的动能相同则速度的大小相等，据 知，v、r 相同，可知小球所受的向心力相同, 向心加速度相同;故 D 正确. 故选 AD. 【点睛】本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是 突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同．最后由牛顿第二定律来分析向 心力与向心加速度． 11.一理想变压器原、副线圈匝数之比 n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压 U 如图所示。副线圈仅接入一个 10 Ω 的电阻，则(　　) A. 流过电阻的电流是 20 A B. 与电阻并联的电压表的示数是 100V C. 经过 1 分钟电阻发出的热量是 6×103 J D. 变压器的输入功率是 1×103 W 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据图象可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比，结合欧姆定律与焦耳定律 的知识，即可求得结论． 【详解】由图象可知，原线圈中电压的最大值为 220 V，所以电压的有效值为 220V，因原、 副线圈匝数比 n1：n2=11：5，根据电压与匝数成正比可知，则副线圈的电压有效值为 100V， 所以通过电阻的电流为 10A，故 A 错误；根据电压与匝数成正比可知，因原、副线圈匝数比 n1：n2=11：5，则副线圈的电压有效值为 100V，所以与电阻并联的电压表的示数是 100V，故 B 正确；由 ，所以经过 1 分钟，即 60s 电阻发出的热量是 6×104 J， 所以 C 错误；副线圈的电阻为 10Ω，所以输出功率 ，因输入功率等于 输出功率，所以 D 正确。故选 BD。 【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决 本题，注意电表读数是交流电的有效值． 12.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 向下滑动，下列表述不正确的是(　　) 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】D 【解析】 【详解】AB：据右手螺旋定则判断出螺线管 b 产生的磁场方向向下，滑片 P 向下滑动，滑动 变阻器接入电路电阻减小，电路中电流增大，产生磁场的磁感应强度增强，穿过线圈 a 的磁 通量增大。据楞次定律，线圈 a 中感应电流产生的磁感应强度向上，由右手螺旋定则可得线 圈 a 中将产生俯视逆时针方向的感应电流。故 A 项正确，B 项错误。 CD：据楞次定律，线圈 a 将阻碍磁通量的增大，则线圈 a 有收缩的趋势，线圈 a 受到向下的 安培力，线圈 a 对水平桌面的压力 FN 将增大。故 CD 两项正确。 本题选不正确的，答案是 B。 【点睛】楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的 磁通量的变化。楞次定律还可表述为：感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，如“增 反减同”、“来拒去留”、“增缩减扩”等。 二、填空题(13 题每空 2 分，14 题每空 2 分，共 16 分) 13.描绘标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线．要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到 3V，且便于操作．已选用的器材有： 电池组（电动势为 4.5V，内阻约 1Ω）；电流表（量程为 0～250mA，内阻约 5Ω）； 电压表（量程为 0～3V，内阻约 3kΩ）；电键一个，导线若干． （1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_____（填字母代号）． A．滑动变阻器（最大阻值 20Ω，额定电流 1A） B．滑动变阻器（最大阻值 1750Ω，额定电流 0.3A） （2）先用多用电表粗测小灯泡电阻，若用“×1”挡测量电阻，多用电表表盘如图 1 所示， 则读数为_____Ω． （3）该实验的电路图应选用图 2 中的_____．（填字母代号） （4）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图 3 所示．如果将这个小灯泡接到电动势为 2.0V，内 阻为 10Ω 的电源两端，小灯泡消耗的功率是_____W． 【答案】 (1). A (2). 8.0 (3). C (4). 0.1 【解析】 【分析】 （1）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器； （2）欧姆表的电阻等于指针的读数与档位的乘积； （3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择电路图； （4）在 I-U 图象中做出等效电源的伏安特性曲线，两图象的交点为灯泡的实际工作点，由图 读出电流值和电压值则可求得功率． 【详解】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择小电阻 A； （2）欧姆表读数为：8×1=8.0Ω； （3）灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3V，滑动变阻器应采用分压接法， 灯泡正常发光时的电阻 ，电流表内阻约为 5Ω，电压表内阻约为 3kΩ，电压 表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，应选图 C 所示电路； （4）在对应的 I-U 图象中作出电源的伏安特性曲线如图所示，两图的交点表示灯泡的工作点， 则由图可知，电压 U=1.0V，电流 I=0.1A，则功率 P=UI=1.0×0.1=0.1W． 【点睛】要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待 测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流 表用内接法．在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变 阻器． 14.在研究性课题的研究中，某课题小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、 电容、电感线圈等电子器件。现从这些材料中选取两个待测元件来进行研究，一是电阻 Rx(约 为 2k )，二是手机中常用的锂电池(电动势 E 标称值为 3.4V，允许最大放电电流为 100mA)。 在操作台上还准备了如下实验器材： A.电压表 V(量程 4V，内阻 RV 约为 10k ) B.电流表 A1(量程 100mA，内阻 RA1 约为 5 ) C.电流表 A2(量程 2mA，内阻 RA2 约为 50 ) D.滑动变阻器 R(0~40 ，额定电流 1A) E.电阻箱 R0(0~999 9 ) F.开关 S 一只、导线若干 (1)为了测定电阻 Rx 的阻值，小组的一位成员，设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测 的锂电池，则电流表应该选用_______(选填“A1”或“A2”)；他用电压表的读数除以电流表 的读数作为 Rx 的测量值，则测量值______真实值(填“大于”或“小于”)。 (2)小组的另一位成员，设计了如图乙的电路原理图来测量锂电池的电动势 E 和内阻 r。在实 验中，他多次改变电阻箱阻值，取得多组数据，画出 — 图象为一条直线，则该图像的函数 表达式为：__________，由图可知该电池的电动势 E=____V。 【答案】 (1). (1)A2； (2). 大于； (3). (2) ； (4). 0.3； 【解析】 (1)根据所测量的未知电阻的阻值约为 2 千欧，电压表的量程为 4V，所以电阻中电流最大约为 2mA，因此表应选 A2，由于电流表的分压，可知被测电压偏大，根据欧姆定律可知，电阻的测 量值大于真实值； (2)根据闭合电路欧姆定律，结合实验电路有： ；根据图像可知，纵截 距表示电动势的倒数，所以电源电动势为 . 点睛：本题考查了求电源电动势与内阻实验，应用图象法求电源电动势与内阻时，要先求出 图象对应的函数表达式，然后根据图象与函数表达式即可求出电源电动势与内阻． 三、计算题（本题共 3 个小题，共 36 分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算 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.有一个 10 匝正方形线框，边长为 20 cm，线框总电阻为 1 Ω，线框绕 OO′轴以 10π rad/s 的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为 0.5 T．问： (1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？ (2)线框从图示位置转过 60°时，感应电动势的瞬时值是多大？ (3)写出感应电动势随时间变化的表达式． 【答案】(1)6.28 V　6.28 A　(2)5.44 V(3)e＝6.28 sin 10πt(V) 【解析】 （1）根据 Em=NBωS，可得感应电动势的最大值：Em=10×0.5×0.22×10πV=6.28V； 电流最大值 （ 2 ） 由 图 示 位 置 （ 线 圈 平 面 与 磁 感 线 平 行 ） 转 过 60° 角 时 的 瞬 时 感 应 电 动 势 为 ： e=6.28sin60°=6.28× （V）=5.44V； （3）感应电动势的瞬时表达式为：e=6.28sin10πt（V） 点睛：本题涉及交流电压与交流电流的瞬时值、最大值、有效值和平均值；瞬时值要注意确 定相位，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． 16.如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距 L＝0.50 m，左端接一电阻 R＝0.20 Ω，磁感 应强度 B＝0.40 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒 ac(长为 L)垂直放在导轨上， 并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．当 ac 棒以 v＝4.0m/s 的速度 水平向右匀速滑动时，求： (1)ac 棒中感应电动势的大小； (2)回路中感应电流的大小； (3)维持 ac 棒做匀速运动的水平外力的大小． 【答案】(1) 0.80 V. (2) 4.0 A. (3) 0.80 N 【解析】 【分析】 （1）导体垂直切割磁感线，由磁感应强度 B、长度 L、速度 v，则公式 E=BLv 求出感应电动 势． （2）ab 相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小． （3）ab 棒做匀速运动，水平外力 F 与安培力平衡，根据安培力公式 F=BIL 求解． 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，ab 棒中的感应电动势为： E=BLv=0.40×0.50×4.0V=0.80V （2）根据闭合电路欧姆定律，感应电流大小为 由右手定则可知，回路中感应电流的方向为逆时针方向． （3）当 ab 棒向右匀速运动时，ab 棒中有由 b 向 a 的电流，根据左手定则可知 ab 棒所受的磁 场力 F 安水平向左．为维持 ab 棒做匀速运动，应施加一个与 F 安等值反向的水平外力 F．即 F=F 安=BIL=0.40×4.0×0.50N=0.80N，方向水平向右． 【点睛】本题是电磁感应、电路和磁场知识的综合，考查分析和解决综合题的基本能力．关 键要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、右手定则和安培力公式等等电磁学基本 规律． 17. (12 分) 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的 两个 D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到 加速，两 D 形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场，D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压 为 U，静止质子经电场加速后，进入 D 形盒，其最大轨道半径为 R，磁场的磁感应强度为 B， 质子质量为 m.电荷量为 q，求： (1)交流电源的频率是多少． (2)质子经回旋加速器最后得到的最大动能多大； (3)质子在 D 型盒内运动的总时间 t（狭缝宽度远小于 R,质子在狭缝中运动时间不计） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 试题分析：（1）根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性 变化， 粒子作圆周运动的周期 （2 分） 所以，交流电源的频率 得： （2 分） （2）质子加速后的最大轨道半径等于 D 型盒的半径，由洛伦兹力提供向心力 得粒子的最大运行速度； （2 分） 质子获得的最大动能： ，得 （2 分） (3)质子每个周期获得的动能为： （1 分） 经过的周期个数为： （1 分） 质子在 D 型盒内运动的总时间: （1 分） 即 （1 分） 考点：回旋加速器。 【名师点睛】回旋加速器是通过多次加速来获得高能粒子的装置，在 D 型盒的狭缝中加交变 电压，给粒子加速，通过在 D 型盒处的磁场回旋，从而达到多次加速的效果，获得的最大动 能是由 D 型盒的半径决定的，运动时间则由在磁场中做圆周运动的时间决定，为使每次粒子 到达狭缝处都被加速，交变电压的周期与粒子在磁场中的运动周期相同。