2018-2019学年辽宁省辽河油田第二高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年辽宁省辽河油田第二高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

高二上学期期末物理测试卷 一、选择题（1-6单选，7-12多选）（共12小题，总分48分）‎ ‎1.电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路。当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。现将开关S断开，则以下判断正确的是（ ）. ‎ A. 液滴仍保持静止状态 B. 液滴将向下运动 C. 电容器上的带电量将减为零 D. 电容器上的带电量将增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势。当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，则知电容器板间电压增大，根据可知场强变大，电场力变大，粒子会向上加速，故A B错误；由于电容器的电压增大，由公式Q=CU可知，电容器上的带电量将增大，故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎2.如图，两根平行金属导轨置于水平面内，金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，整个装置放在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中,现使磁感应强度B随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（ ）‎ A. ab中的感应电流方向由b到a B. ab中的感应电流逐渐减小 C. ab所受的安培力保持不变 D. ab所受的静摩擦力逐渐减小、运动趋势向右 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化。‎ ‎【详解】A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误；‎ B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误；‎ C．根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误；‎ D．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，根据左手定则可知，安培力的方向向右，导体棒有向右运动的趋势，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。‎ ‎3.如图，为一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是（ ）　　‎ A. 5A B. 5A C.  A D. 10A ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据有效值的定义：，可求有效值I=5，故A正确；B、C、D错误。‎ ‎4.如图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、负电子分别以相同速度沿与x轴成300角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（ ）　　‎ A. 2：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 1：15‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关．‎ ‎【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。粒子做圆周运动的周期：，知两个电子的周期相等。正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60°，则正电子速度的偏向角为θ1=120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则正电子在磁场中运动时间为：。同理，知负电子以30°入射，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，负电子在磁场中运动时间为： ，所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为：t1：t2=2：1；故选A。‎ ‎【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．‎ ‎5.如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面，且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差为(　　)‎ A. BωR2 B. 2BωR2‎ C. 4BωR2 D. 6BωR2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为：E=B•2R=B•2R•=4BR2ω，故选C。‎ ‎6.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为(　　)‎ A. tan θ，竖直向上 B. tan θ，竖直向下 C. sin θ，平行悬线向下 D. sin θ，平行悬线向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力为最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力三角形可知(如图所示)，安培力的最小值为，即，得，所加磁场的方向应平行悬线向上。‎ ‎7. 用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U﹣I图象，由图可知（ ）‎ A. 电池电动势的测量值是1.40V，短路电流为0.40A B. 电池内阻的测量值是3.50Ω C. 电源的输出功率最大为0.49w D. 电压表的示数为1.20V时电流表的示数I′为0.20A ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由图象的纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的交点可知路端电压为1.00V时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻．‎ 解：A、由图示图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势测量值为1.40V，0.40A是路端电压为1.00V时的电流，不是短路电流．外电路发生短路时的电流为 I短==1.4A，故A错误；‎ B、电源内阻等于图象斜率的大小，为 r===1Ω，故B错误；‎ C、当电源的电阻相等时电源的输出功率最大，为 Pm===0.49W．故C正确．‎ D、当电压表示数为1.20V时，I′===0.20A，故D正确；‎ 故选：CD ‎【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的数据处理，要明确图象的意义，同时注意纵坐标是否从零开始的，不能相当然的将横坐标的截距当作短路电流．‎ ‎8.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平 向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是：（ ）‎ A. 微粒一定带负电 B. 微粒动能一定减小 C. 微粒的电势能一定增加 D. 微粒的机械能一定增加 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 对该种粒子进行受力分析得：它受到竖直向下的重力，水平方向的电场力，垂直速度方向的，其中重力和电场力是恒力，由于粒子沿直线运动，则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的，即该粒子是做匀速直线运动，动能不变，所以B项错误；‎ 如果该粒子带正电，则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以粒子受到的力不会平衡，故该种粒子一定是带负电，A项正确；该种粒子带负电，向左上方运动，所以电场力做正功，电势能一定是减小的，C项错误；因为重力势能增加，动能不变，所以该粒子的机械能增加，D项不对。‎ 考点：电场力与洛伦兹力。‎ ‎9.如图，速度选择器中磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，两者相互垂直，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择器后从狭缝P进入另一磁感应强度大小为B、的匀强磁场，最后打在平板S的D1、D2，不计粒子重力，则(     ) ‎ A. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 B. 通过狭缝P的带电粒子速度为v=B/E C. 打在D1、D2处的粒子在磁场B、中运动的时间不一定相同 D. 带电粒子打在平板S上的位置越靠近P，粒子的比荷越大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性。根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度。通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。‎ ‎【详解】A．带电粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，而速度选择器中正电荷受到电场力向上，因些磁场方向垂直纸面向外，故A错误：‎ B．粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB．则v=E/B，故B错误；‎ C．打在DlD2处的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于t=T/2，，则，与带电粒子的比荷有关，故C正确；‎ D．经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据知，粒子打在平板S上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，明确洛伦兹力充当向心力的正确应用是解题的关键。‎ ‎10.如图，一个匝数为100匝的圆形线圈，面积0.4m2，电阻r=1Ω。在线圈中存在面积0.2 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.3+0.15t。将线圈两端a、b与一个阻值R=2Ω的电阻相连接，b端接地。则下列说法正确的是(     )‎ ‎​‎ A. 通过电阻R的电流方向向上 B. 回路中的电流大小不变 C. 电阻R消耗的电功率为3W D. a端的电势-3V ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律判断电流方向；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解电流，根据P=I2R求解电功率；求解R两端的电压，根据Ub-Ua=UR确定a点的电势。‎ ‎【详解】A．磁通量随时间均匀增加，根据楞次定律可知，感应电流通过R的方向向上，选项A正确；‎ B．因可知回路中产生的感应电动势不变，感应电流不变，选项B正确；‎ C．，则回路的电流 ，电阻R消耗的电功率为，选项C错误；‎ D．R两端的电压UR=IR=2V，即Ub-Ua=2V，因Ub=0可知Ua=-2V，选项D错误；‎ 故选AB.‎ ‎11.如图圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为F，当Q中通有如图方向的电流时，图示电流取正值，则 ‎ A. t1时刻，F ＞G B. t2时刻，F =G C. t3时刻，F =G D. t4时刻，F＜G ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当穿过P的磁通量增加时，根据楞次定律可知线圈有远离Q的运动趋势；无论是当Q中还是P中，有一个无电流时，两线圈均无磁场力的作用。‎ ‎【详解】线圈总是阻碍磁通量的变化，所以t1电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，就向下运动的趋势，所以F＞G．t2时刻与t4时刻无电流变化，t3时刻Q中没有电流；所以t2时刻、t3时刻、t4时刻F=G，故ABC正确，D错误。故选ABC。‎ ‎【点睛】注意：由电流变化而产生的感应磁场去阻碍线圈磁通量的变化。同时可知：同向电流相吸，异向电流相斥。‎ ‎12.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、D是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是(　　)‎ ‎ 图甲 图乙 A. 交流电的频率为50 Hz B. 电压表的示数为22 V C. 当光照增强时，Ⓐ的示数变小 D. 若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】因交流电的周期是0.02 s，所以频率为，故A正确；原线圈接入电压的最大值是220 V，所以原线圈接入电压的有效值是U1＝220 V，根据理想变压器变压比：，代入数据解得副线圈的电压为： U2＝22 V，故B错误；有光照增强时， R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表Ⓐ的示数变大，故C错误；用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确．‎ 故本题选AD 二、实验题（3个小题，共22分）‎ ‎13.（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图1所示，从图中读出金属丝的直径为______________mm。‎ ‎（2）如图2所示是一个双量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～3V，当使用a、c两个端点时，量程为0～15V．已知电流表的内阻Rg为400Ω，满偏电流Ig为500μA。则电阻R1和R2的值应该分别为________Ω和________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 0.517(0.515-0.519均正确) (2). 5600 (3). 24000‎ ‎【解析】‎ 试题分析：改装后的量程为据此可求出．‎ 根据电路图，应用并联电路特点与欧姆定律求出点阻值．‎ ‎（1）螺旋测微器的读数为；‎ ‎（2）接a、b时，为串联的，则；‎ 接a、c时，为串联的和，则；‎ ‎14.欧姆表内部电路如图，电源电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，电流表满偏电流Ig=10mA 电流表内Rg =7.5Ω A.B为接线柱．用一条导线把A、B直接连起来，此时，应将可变电阻R1调节为______才能使电流表恰好达到满偏．调至满偏后保持R1的值不变，在A、B间接入一个150Ω的定值电阻R2，电流表示数为______mA．‎ ‎【答案】 (1). 142 (2). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意，由欧姆定律可以求出电阻阻值，再由闭合电路欧姆定律，即可求解接入一个150Ω的定值电阻R2时，电流表读数.‎ ‎【详解】欧姆表内阻：，调零电阻阻值：R=R内-Rg-r=150-7.5-0.5=142Ω；电流 ‎15.有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U-I图线现有下列器材供选用：‎ A.电压表0-5V，内阻约10KΩ       ‎ B、电压表0-15V，内阻约20KΩ   ‎ C、电流表0-3A，内阻约 1Ω        ‎ D、 电流表0-0.6A，内阻约0.4Ω ‎ E、滑动变阻器10Ω2A             ‎ F、 滑动变阻器500Ω1A G、学生电源直流6V、开关、导线若干 实验中所用电压表应选______，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______．实验电路应采用电流表______接法填“内”或“外”．‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 外接 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器．‎ ‎【详解】灯泡的额定电压为4V，可知电压表选择A；灯泡的额定电流为，可知电流表选择D；滑动变阻器要用分压电路，可知要选择阻值较小的E；电压表的内阻（10KΩ）远大于灯泡的电阻（8Ω），可知要采用电流表外接电路.‎ ‎【点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．‎ 三、计算题（每小题10分，共40分）‎ ‎16.如图，变压器原线圈匝数n1=800匝，副线圈匝数n2=200匝，灯泡A标有“10V  2W”，电动机D的线圈电阻为1Ω，将交变电压 加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：‎ ‎（1）副线圈两端电压，‎ ‎（2）电动机D的电功率．‎ ‎（3）电动机D输出功率，‎ ‎（4）原线圈的输入功率，‎ ‎【答案】（1）25V （2）3W （3）2.96W （4）5W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从交流电压瞬时值表达式得到电压的最大值，根据求解电压的有效值；再根据理想变压器的变压比公式求解变压器的输出电压； （2）先求解灯泡的额定电流，然后根据串联电路的电压和电流关系求解电动机的电压和电流，根据P=UI求解电动机的电功率．‎ ‎（3）根据P出=P总-I2r求解输出功率：‎ ‎（4）变压器输入功率等于输出功率。‎ ‎【详解】（1）交变电流u=100sin（100πt）V，最大值为100V，故有效值为U=＝100V； 根据理想变压器的变压比公式，有：； （2）灯泡正常发光，电流为：‎ 故电动机电压为：UD=U2-UL=25-10=15V 电动机的电功率为：PD=UDI=15×0.2=3W ‎（3）电动机D输出功率：P出=PD-I2r=3-0.22×1=2.96W ‎（4）变压器次级消耗的功率为P2=2W+3W=5W，‎ 则原线圈的输入功率P1=P2=5W ‎【点睛】本题关键先根据变压器的变压比公式求解变压器的输出电压，然后根据串并联电路电流和电压关系求解电动机的电流、电压、电功率．‎ ‎17.如图线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r=1Ω，外电阻R=9Ω，线圈处于B=2/πT的匀强磁场中,当线圈绕00′以转速n=300r/min匀速转动时，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式．‎ ‎(2)两电表的示数．‎ ‎(3)线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量．‎ ‎(4)线圈匀速转一圈的过程中产生的总热量．‎ ‎【答案】(1)e=100sin(10πt )V (2) (3) 2/π (4) 100J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt．感应电动势的最大值Em=nBSω，由题已知条件代入求出． （2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应动势有效值，由欧姆定律求解两电表的读数． （3）线圈转过180°的过程中，由q=n求解通过电阻的电荷量． （4）根据焦耳定律Q=I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值．‎ ‎【详解】（1）线圈的角速度ω=2πn=10πrad/s，感应电动势的最大值Em=nBSω=100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=100sin 10πtV   （2）电路中电流的有效值 ，E=Em，‎ 代入解得I=5A，即电流表读数为5A．    电压表读数为U=IR=45V          （3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量 ‎（4）线圈匀速转一圈产生的总热量Q=I2RT=I2R•=100 J．‎ ‎18.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一象限有沿y轴负方向、场强为E＝200N/C的匀强电场，第二象限有垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一质量m＝2.0×10－11kg，电量q ‎＝1.0×10－5C带正电的粒子，从负x轴上的A点以v＝1.0×104m/s的速度垂直x轴进入磁场，恰好垂直通过y轴上的P点并进入电场，经过电场后通过x轴上的Q点。已知OP的长度h＝2m，不计粒子重力，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)OQ的长度L；‎ ‎(3)粒子从A点运动到Q点的总时间t总。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) t总=5.14×10－4s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)微粒进入磁场后做匀速圆周运动，设轨道半径为r，‎ 由牛顿第二定律有： ① ‎ 由几何关系知: ② ‎ 由①②式代入数据解之得：B=0.01T ③ ‎ ‎(2)设微粒在偏转电场中运动时间为t, 加速度为a，做类平抛运动 水平方向： ④ ‎ 竖直方向： ⑤ ‎ ‎ ⑥‎ 联立④⑤⑥式代入数据解之得： ⑦ ‎ ‎(3)由⑥式代入数据解之得：t=2×10－4s 粒子在磁场中运动时间为： ‎ 粒子从A点运动到Q点的总时间：t总=t1+t=5.14×10－4s.‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律与类平抛运动轨迹可以正确解题．‎ ‎19.如图，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L=0.2m，导轨平面与水平面间夹角370,N、Q 间连接一个电阻R=0.1Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=0.5T，一根质量m=0.03kg的金属棒正在以速度v=1.2m/s的速度沿导轨匀速下滑，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好金属棒及导轨的电阻不计，求： ‎ ‎(1)电阻R中电流的大小； ‎ ‎(2)金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小；‎ ‎(3)如果从某时刻开始对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力F=0.2N，金属棒将继续下滑x=0.14m后速度恰好减为0，则在金属棒减速过程中电阻R中产生的焦耳热为多少？‎ ‎【答案】(1) 1.2A (2) 0.25 (3) 1.04×10-2J ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据E=BLv可求得感应电动势，再根据欧姆定律可求得电流大小； （2）金属棒匀速运动时，受力平衡，分别对沿斜面和垂直斜面根据平衡条件列式，即可求得动摩擦因数； （3）对全过程进行分析，明确能量关系，根据功能关系即可求得R上产生的热量．‎ ‎【详解】（1）感应电动势E=BLv=0.5×0.2×1.2=0.12V； 感应电流； （2）导体棒受到的安培力F安=BIL=0.5×0.2×1.2=0.12N； 金属棒匀速下滑，根据平衡条件可知： mgsinθ-f-F安=0 且FN-mgcosθ=0 又f=μFN 代入数据解得：μ=0.25； （3）从施加拉力F到金属棒停下的过程中，由能量守恒定律得： （F-mgsinθ+μmgcosθ）x+Q=mv2 代入数据解得：产生的焦耳热：Q=1.04×10-2J．‎ ‎【点睛】本题考查导体切割磁感线中的受力以及功能关系的问题，要注意明确当导体棒达最大速度时，受力平衡，注意正确受力分析，根据平衡条件列式求解即可，同时注意功能关系的正确应用，分析机械能与电能之间的关系．‎ ‎ ‎ ‎ ‎