2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学等七校高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学等七校高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018~2019学年度第一学期高二物理期末联考试卷 一、选择题 ‎1.如图是机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景．探测线圈内通有交变电流，能产生迅速变化的磁场．当探测线圈靠近金属物体时，这个磁场能在金属物体内部能产生涡电流，涡电流又会产生磁场，倒过来影响原来的磁场．如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈下面有金属物体了．以下用电器与金属探测器工作原理相似﹣﹣利用涡流的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当探测器中通以交变电流线圈靠近金属物时，线圈在空间产生交变的磁场，金属物品横截面的磁通量发生变化，会产生感应电流，故探测器采用了电磁感应原理中 的涡流的原理；变压器采用了电磁互感原理，要防止涡流．故A错误；日光灯的镇流器采用的是线圈的自感现象，与涡流无关．故B错误；电磁炉中，将炉子中的线圈通以交变电流，线圈将产生变化的磁场，该磁场穿过铁质锅时，在锅底的部分将产生涡流，所以电磁炉的原理与金属探测器工作原理相似．故C正确；直流电动机是通电导体在磁场中受力，与涡流无关．故D错误；故选C．‎ 点睛：考查电磁感应现象中的涡流现象的应用，要求学生通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握其意义．‎ ‎2.如图，一束负离子从S点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，负离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及相互作用力)  （    ）‎ A. E向上，B向上 B. E向下，B向下 C. E向上，B向下 D. E向下，B向上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意及可知，电子在电场中受力应向下，故电场方向应向上；而粒子在磁场作用下向左偏转，故说明洛仑兹力向左，由左手定则可知，B应向上,A正确 考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动 ‎3.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（不计粒子通过窄缝的时间及相对论效应） (　　)：‎ A. 带电粒子从磁场中获得能量 B. 带电粒子的运动周期是变化的 C. 磁场对带电粒子只起换向作用，电场起加速作用 D. 增大金属盒的半径粒子射出时的动能不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查回旋加速器的工作原理。根据洛伦兹力不做功可知带电粒子在电场中加速且获得能量；根据动能公式和洛伦兹力提供向心力公式可求得粒子的动能与哪些因素有关。‎ ‎【详解】A、离子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故A错误；B、带电粒子源源不断的处于加速状态，虽速度增大，但在磁场中周期不变，所以粒子的运动周期是固定的，故B错误；C、离子由加速器的中心附近进入电场中加速后，进入磁场中偏转，故C正确；D、带电粒子从D形盒中射出时的动能：①，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径： ②，由①②可得 ，显然，当带电粒子q、m一定的，则Ekm∝R2B2，即Ekm随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故D错误。‎ ‎4. 如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变 C. 断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D. 断开S，将A板向B板靠近，则θ减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，若悬线烧断，小球受重力恒定的电场力作用，所以小球沿悬线延长线做匀加速直线运动运动，A错误；B错误；‎ 若断开S，电容器带电量保持不变，由和以及 可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则θ不变， C错误；D正确；故选D。‎ 考点：电容器。‎ ‎【名师点睛】对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、、‎ 之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化。‎ ‎5.如图是某电源的伏安特性曲线和接在此电源上的电阻的U-I图像，则下列结论错误的是( ) ‎ ‎ ‎ A. 电源的电动势为6.0V． B. 电源的内阻为12Ω．‎ C. 电路的输出功率为1.4W D. 电路的效率为93.3﹪‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源的伏安特性图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内阻；两图象的交点为电阻的工作状态点；则由图可得出电源的输出电压及输出电流；从而由P=UI可求得电源的输出功率及效率．‎ ‎【详解】由图可知，电源的电动势为6.0V，故A正确；电源的内阻，故B错误；由图可知，电源与电阻相连时，电阻两端的电压为5.6V，电流为0.25A，故电源的输出功率 ，故C正确；电路的效率，故D正确；答案选B。‎ ‎6.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁场边界竖直，宽度为2 L，abcd是用金属丝做成的边长为L的正方形闭合线框，cd边与磁场边界重合，线框由图示位置起以水平速度v匀速穿过磁场区域，在这个过程中，关于ab两点间的电压Uab随时间变化的图象正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查电磁感应与电路知识的应用，利用楞次定律或右手定则可判断感应电流的方向，由此可判断电势高低；根据切割磁感线的那部分导体相当于电源可将线圈等效为一个电路，结合串联电路的知识可求得ab两点间的电压。‎ ‎【详解】  时间内，cd边进入磁场，由楞次定律或右手定则判断出感应电流方向沿逆时针方向，则a的电势高于b的电势，为正．ab两端电势差： ；时间内，线框完全磁场中运动，由右手定则判断可知，a的电势高于b的电势，为正．ab两端电势差：； 时间内，cd边穿出磁场，ab边切割磁感线，其两端电势差等于路端电压，由右手定则知，a点的电势高于b的电势， 。故B正确．‎ ‎7.如图，当左边线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的砝码质量为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△m的砝码，通电线圈受到磁场力大小为：‎ A. B. (m+△m)g C. △mg D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因线圈通电导致线圈下框受力正好与砝码平衡,当改变电流方向时,磁场力大小不变,方向改变,从而增加砝码后,再次平衡,则可求出磁场力大小。‎ ‎【详解】线圈通以逆时针电流时，下框受到安培力向上，大小为；当通以顺时针电流时，下框受到安培力向下，大小仍为，而天平右边需要增加的砝码才能再次平衡。则有 ，即。故A选项正确。‎ ‎8.一种新型发电机叫磁流体发电机,如图所示表示它的发电原理:将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和负电的粒子,而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场,磁场中有两块金属板A、B,这时金属板上就聚集了电荷.在磁极配置如图中所示的情况下,下列说法中正确的是 （　　）‎ A. A板带正电 B. 有电流从b经用电器流向a C. 金属板A、B间的电场方向向下 D. 等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力小于所受电场力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电．故A错误．因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b经用电器流向a．故B正确．因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上．故C错误．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力．故D错误．故选D．‎ ‎【点睛】根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板．‎ ‎9.光滑金属导轨宽L＝0.4m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图中甲所示。磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。金属棒ab的电阻为1Ω，自t＝0时刻起从导轨最左端以v0＝1m/s的速度向右匀速运动，则 ‎ ‎ A. 1s末回路中电动势为0.8V B. 1s末ab棒所受磁场力为0.64N C. 1s末回路中电动势为1.6V D. 1s末ab棒所受磁场力为1.28N ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图读出1s末磁感应强度B，由 求动生电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，再由欧姆定律求出感应电流，由 求出磁场力。‎ ‎【详解】由图乙知，1s末磁感应强度，ab棒产生的动生电动势为，方向由b到a；由于磁场在均匀变化，回路中产生的感生电动势为，由楞次定律知感生电动势沿逆时针方向，所以回路中总的感应电动势为，回路中感应电流为:，1s末ab棒所受磁场力为 ；故CD正确。‎ ‎10. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m，电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直，如图所示。除金属棒和电阻R外，其余电阻不计。现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则：‎ A. 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a B. 最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡 C. 金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为 D. 金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 向下运动过程中，根据右手定则可得电流方向从b→a，A正确；金属棒最后将静止，重力与弹簧的弹力二力平衡，B正确；当金属棒的速度为v时，金属棒相当于一个电源，电源电动势，回路中的电流，安培力，金属棒两端的电压相当于路端电压，为，故C正确D错误．‎ ‎11.如图，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数较大；直流电阻不计），E为电源，S为开关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 闭合开关稳定后，A、B一样亮 B. 闭合开关的瞬间，A、B同时亮，但A很快又熄灭 C. 闭合开关稳定后，断开开关，A闪亮后又熄灭 D. 闭合开关稳定后，断开开关，A、B立即同时熄灭 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：刚闭合S的瞬间，电源的电压同时加到两灯上，由于L的自感作用，L瞬间相当于断路，所以电流通过两灯，两灯同时亮．随着电流的逐渐稳定，L将A灯短路，所以A灯很快熄灭，B灯变得更亮，故A错误，B正确．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开，B灯立即熄灭，而L与A灯组成闭合回路，线圈产生自感电动势，相当于电源，A灯闪亮一下而后熄灭，故C正确，D错误．‎ 考点：考查了电感电容对交流电的阻碍作用 ‎12.如图所示，MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，有匀强磁场垂直于导轨所在平面，方向如图，用I表示回路中的电流，则（　　）‎ A. 当AB不动而CD向右滑动时，I≠0，且沿顺时针方向 B. 当AB向左，CD向右滑动且速度大小相等时，I=0‎ C. 当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0‎ D. 当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I≠0，且沿顺时针方向 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】当AB不动而CD棒向右运动时，产生感应电动势，在整个回路中产生感应电流，其方向逆时针方向，故A错误；当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，此时穿过电路中的磁通量变大，则整个回路中的感应电流不为零，故B错误；若AB、CD都向右滑动且速度大小相等时， ，故C正确；当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，则相当于AB棒向右切割，因而产生的电流且沿顺时针方向，故D正确。‎ 二、实验题 ‎13.下图中20分度游标卡尺和螺旋测微器的读数分_______cm和_______mm。‎ ‎【答案】 (1). 10.405cm (2). 9.202~9.204mm ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺的读数：10.4cm+0.05mm×1=10.405cm；‎ 螺旋测微器的读数：9mm+0.01mm×20.3=9.203mm。‎ ‎14.一同学用如图所示装置研究感应电流方向与引起感应电流的磁场变化的关系。已知电流从接线柱a流入电流表时，电流表指针右偏，实验时原磁场方向、磁铁运动情况及电流表指针均记录在下表中 实验序号 引起感应电流的磁场方向 磁铁运动情况 指针偏转情况 ‎1‎ 向下 插入 左偏 ‎2‎ 向下 拔出 右偏 ‎3‎ 向上 插入 右偏 ‎4‎ 向上 拔出 左偏 ‎（1）由实验1、3得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量_____（填“增加”、“减少”）时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向________（填“相同”、“相反”）。‎ ‎（2）由实验2、4得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量 ______（填“增加”、“减少”）时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向 ________（填“相同”、“相反”）。‎ ‎（3）由实验1、2、3、4得出的结论是：________________________________________.‎ ‎【答案】 (1). 增加 (2). 相反 (3). 减少 (4). 相同 (5). 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【解析】‎ ‎（1）由表中信息可知，在实验1、3中，磁铁插入线圈，穿过线圈的磁通量增加，而穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，由此可知：穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反． （2）由表中实验信息可知，在实验2、4中，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，由此可知：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同． （3）综合分析4次实验可知：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．‎ ‎15.测电池的电动势E和内阻r．‎ ‎①首先直接用多用电表测定该电池电动势，在操作无误的情况下，多用电表盘面如图a所示，其示数为__V；‎ ‎ ‎ ‎②然后，用电压表V、电阻箱R、定值电阻（ R0=5Ω）、开关S、若干导线和该电池连成电路，进一步测定该电池电动势和内阻．‎ ‎（ⅰ）在图b中，根据电路图，用笔画线代替导线，完成实物图连接________．‎ ‎（ⅱ）闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U．记录多组R、U数据，并计算出相应的与的值，做出-图线如图c所示．分析该图线斜率k 的物理意义知k=___．（用E、r、R0表示）‎ ‎（ⅲ）从图线中可求得待测电池电动势E=__V，内阻r=__Ω．（计算结果均保留到小数点后两位）‎ ‎（ⅳ）若考虑电压表为非理想表，则电池电动势E测量值相对真实值__（填“偏大”，“偏小”或“不变”）．‎ ‎【答案】①1.55；②(ⅰ)如图；(ⅱ)；(ⅲ)1.59(1.54~1.67)；0.55(0.44~0.80)；(ⅳ)偏小；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①多用电表示数为1.55V．(ⅰ)电路如图；(ⅱ)由全电路欧姆定律可知：，变形可得：；图线斜率k 的物理意义知k =；(ⅲ)由图线可知：；；解得E="1.54V" ，r=0.48Ω；(ⅳ) 如果考虑电压表的内阻，根据实验的原理，，考虑电压表的内阻，此时图线的纵轴截距表示，所以E测小于E真，r测小于r真．‎ 考点：测电池的电动势E和内阻r 三、计算题 ‎16.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e．求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；‎ ‎（3）P点到O点的距离．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电场加速完成之后，进入偏转电场的速度为v，根据动能定理，则 求得 ‎（2）电子进入偏转电场后类平抛运动，则，且，则 ‎（3）粒子出电场时速度反向延长线交于偏转电场的中点，如图 即利用相似三角形则：，且，代入则 考点：动能定理、带电粒子在电场中的偏转以及推论 点评：此类题型考察了带电粒子在加速电场以及偏转电场中的运动规律：在偏转电场中通常要借助平抛运动相似的规律 ‎17. 矩形线圈abcd，长ab="20cm" ,宽bc="10cm," 匝数n=200,线圈回路总电阻R=50Ω，整个线圈平面均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，磁感应强度B随时间的变化规律如图所示，求:‎ ‎（1）线圈回路的感应电动势。‎ ‎（2）在t=0.3s时线圈ab边所受的安培力。‎ ‎【答案】(1)2 V　(2)0.32 N ‎【解析】‎ 试题分析：（1）从图象可知：穿过线圈平面的磁通量随时间均匀增大，线圈回路中产生的感应电动势是不变的.根据法拉第电磁感应定律得感应电动势 ‎（3分）‎ ‎（2）（2分）‎ 当t=0.3s时，B=20×10-2 T（1分）‎ F=nBIL=200×20×10-2×0.04×0.2=0.32N（2分）‎ 考点：法拉第电磁感应定律、安培力 ‎18.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止。取g=10m/s 2，问：‎ ‎（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？ ‎ ‎（2）棒ab受到的力F多大？ ‎ ‎（3）当电流通过电路产生的焦耳热为Q=0.2J时，力F做的功W是多少？‎ ‎【答案】（1）1A ,从d到c（2）0.2N（3）0.4J ‎【解析】‎ 试题分析：：（1）棒cd受到的安培力①‎ 棒cd在共点力作用下平衡，则②‎ 由①②式代入数据，解得，方向由右手定则可知由d到c．‎ ‎（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 对棒由共点力平衡有 代入数据解得 ‎（3）设在时间t内棒cd产生热量，由焦耳定律可知 设ab棒匀速运动的速度大小为，则产生的感应电动势 由闭合电路欧姆定律知 在时间t内，棒ab沿导轨的位移 力F做的功 综合上述各式，代入数据解得 考点：考查了导体切割磁感线运动 ‎19.如图，在平面直角坐标系xOy内，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以速度v垂直于y轴射出磁场.不计粒子重力.求:‎ ‎（1）电场强度大小E;‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径;‎ ‎（3）粒子离开磁场时的位置坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）在电场中粒子做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为，‎ 则有…①…②，‎ 根据牛顿第二定律得：…③，‎ 联立①②③式得：…④；‎ ‎（2）由题意可知，粒子进入磁场时速度也为v，根据动能定理得：…⑤，再根据…⑥，‎ 联立④⑤⑥式得：…⑦ ‎ ‎（3）如图，设粒子离开磁场时的位置坐标为（x、-y），粒子进入磁场时速度v，与x轴正方向的夹角为θ，由图可得：‎ 所以…⑧，…⑨．‎ ‎【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．‎ ‎ ‎