2018-2019学年吉林省长春市实验中学高二上学期期末考试物理试题（解析版）

2018-2019学年吉林省长春市实验中学高二上学期期末考试物理试题（解析版）

长春市实验中学2018-2019学年高二上学期期末考试 物理试卷 一、单选题(共8小题,每小题4.0分,共32分) ‎ ‎1.下列对物理学家的主要贡献的说法中正确的有(　　)‎ A． 奥斯特发现了电磁感应现象，打开了研究电磁学的大门 B． 法拉第发现了磁生电的现象，从而为电气化的发展奠定了基础 C． 安培发现了电流的磁效应，并总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则 D． 牛顿提出了分子电流假说，总结了一切磁场都是由运动电荷产生的 ‎2.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)．则(　　)‎ A． 导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B． 导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a C． 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右 D． 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左 ‎3.如图所示，一正方形线圈的匝数为n、边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变、大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎4.如图所示，空间分布着宽为L，方向垂直于纸面向里的匀强磁场．一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域．规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图象(i－x)正确的是：(　　)‎ ‎5.如图所示,在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中,理想电压表、电流表的示数将发生变化,电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2,已知电阻R阻值大于电源内阻r,则( )‎ A． 电流表A的示数减小 B． 电压表V2的示数增大 C． 电压表V1的示数减小 D． ΔU1大于ΔU2‎ ‎6.如图所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是(　　)‎ ‎7.目前世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能．如图所示为它的发电原理图．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，从整体上来说呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场中有两块面积为S、相距为d的平行金属板，金属板与外电阻R相连构成一电路．设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g，则流过外电阻R的电流强度I及电流方向为(　　)‎ A．I＝，A→R→B B．I＝，A→R→B C．I＝，B→R→A D．I＝，B→R→A ‎8.如图所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上，以10 m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v—x图象如图所示．则以下说法的正确是(　　)‎ A．线圈的长度L＝15 cm B．磁场的宽度d＝15 cm C．线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J D．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2‎ 二、多选题(共4小题,每小题4.0分。每小选对的得4分，选对但不全的得2分，有错不得分，共16分) ‎ ‎9.(多选)矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A． 交流电压的有效值为36V B． 交流电压的最大值为36V，频率为0.25 Hz C． 2 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大 D． 1 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快 ‎10.(多选)如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表．若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1为定值电阻．下列说法中正确的是(　　)‎ A． 电压表的示数为36 V B． 变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1‎ C．t＝0.01 s时，发电机中线圈平面与磁场平行 D．R t温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大 ‎11.(多选)如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨，导轨的一端连接电阻R、导轨间距L、轨道电阻不计．空间有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨，并紧帖导轨由静止释放，假设导轨足够长．则在金属棒下滑的过程中(　　)‎ A． 随着金属棒运动速度的增大，其加速度也增大 B． 金属棒重力所做的功等于电路中产生的电能 C． 当ab达到最大速度时，金属棒ab消耗的电功率为 D． 金属棒克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 ‎11.(多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，沿水平面固定一个V字型金属框架CAD，已知∠A＝θ，导体棒EF在框架上从A点开始在拉力F作用下，沿垂直EF方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等腰三角形回路．已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好．关于回路中的电流I、拉力F和电路消耗的电功率P与水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是(　　)‎ A． B．C．D．‎ 三、实验题(共2小题,共13分) ‎ ‎13.（5分）某同学在做多用电表测电阻的实验中：‎ ‎（1）测量某电阻时，用“×10 Ω”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用“　　”档（填“× 1 Ω”或“×100 Ω”），换档后，在测量前先要　　____________．‎ ‎（2）如上图所示，是某次使用多用表的实验中，多用电表表盘指针所示的位置，请你读数：‎ ‎①如果使用的是直流2.5V的电压挡，则读数为_________V；‎ ‎②如果使用的是×100Ω的电阻挡，则读数为_________Ω；‎ ‎③如果使用的是直流10mA的电流挡，则读数为__________mA。‎ ‎14.（8分）两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0，电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表和A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表和A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I直线，回答下列问题：‎ ‎（1）根据甲、乙两同学描绘的直线，可知　______　‎ A．甲同学是根据电压表 V1和电流表A的数据 B．甲同学是根据电压表 V2和电流表A的数据 C．乙同学是根据电压表 V1和电流表A的数据 D．乙同学是根据电压表 V2和电流表A的数据 ‎（2）根据图（b），可求出可以求出定值电阻R0=　__　Ω，电源电动势E=　___　V，内电阻 r=　______　Ω．‎ 四、计算题(共3小题,共39分) ‎ ‎15.（12分）质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动．求：‎ ‎(1)粒子的速度v为多少？‎ ‎(2)速度选择器的电压U2为多少？‎ ‎(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？‎ ‎16.（12分）如图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v向右运动进入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域．线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界．已知线框的四个边的电阻值相等，均为R.求：‎ ‎(1)在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小．‎ ‎(2)在ab边刚进入磁场区域时， ab边两端的电压．‎ ‎(3)在线框被拉入磁场的整个过程中，线框产生的热量．‎ ‎17.（15分）如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为m，电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x 轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C，D两点均未在图中标出。已知A，C点到坐标原点的距离分别为d，2d。不计电子的重力。求 ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）电子从A运动到D经历的时间t．‎ 高二下学期期末考试 物理试卷答案解析 一、单选题(共8小题,每小题4.0分,共32分)‎ ‎1.【答案】B ‎【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，打开了研究电磁学的大门，选项A错误；法拉第发现了磁生电的现象，从而为电气化的发展奠定了基础，选项B正确；奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则，选项C错误；安培提出了分子电流假说，总结了一切磁场都是由运动电荷产生的，选项D错误；故选B.‎ ‎2.【答案】D ‎【解析】根据楞次定律可知A、B错误，根据安培定则可知C错误，D正确．‎ ‎3.【答案】B ‎【解析】根据法拉第电磁感应定律知E＝n＝n，这里的S指的是线圈在磁场中的有效面积，即S＝，故E＝，因此B正确．[]‎ ‎4.【答案】B ‎【解析】在0－L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值；感应电动势大小为E1＝BLv，感应电流大小为I1＝＝；在L－2L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值；感应电动势大小为E2＝2BLv，感应电流大小为I2＝＝；在2L－3L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值；感应电动势大小为E3＝3BLv，感应电流大小为I3＝－＝－.故B正确．‎ ‎5.【答案】D ‎【解析】据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表、分别测量R、路端电压.当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以的示数减小，故B错误；电路中电流增大 ，根据欧姆定律知，电压表的示数增大，故C错误；路端电压减小，R的电压增大，则大于，故D正确.‎ ‎6.【答案】D ‎【解析】开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A．开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2 A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．‎ ‎7.【答案】B ‎【解析】‎ 根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，所以流过外电阻R的电流方向为A→R→B.最终电荷处于平衡有：qvB＝q，解得电动势E＝Bdv.内电阻r＝ρ＝，根据闭合电路欧姆定律有：I＝＝＝，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎8.【答案】C ‎【解析】线圈进入磁场时，受到向左的安培力，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，知加速度减小，所以进磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后，不受安培力，做匀速直线运动．根据图象知，线圈的长度L＝10 cm，磁场的宽度d＝15 cm＋10 cm＝25 cm，故A、B、D错误．‎ 线圈进磁场时的速度为10 m/s，出磁场时的速度为2 m/s，根据能量守恒得：Q＝mv12－mv22＝48 J，故C正确．‎ 二、多选题(共4小题,每小题4.0分。每小选对的得4分，选对但不全的得2分，有错不得分，共16分) ‎ ‎9.【答案】BC ‎【解析】根据图象可知，交流电压的最大值为36V，有效值为36 V，频率为f＝＝Hz＝0.25 Hz，所以A错误，B正确；在2 s末，交变电流的电压为零，所以此时的线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，所以C正确；由图象可知，在1 s末，交变电流的电压最大，所以此时的线框平面与磁场平行，所以D错误．故选B、C.‎ ‎10. 【答案】AD ‎【解析】根据乙图正弦交流电图像，最大电压Um＝36V，正弦交流电电压有效值U＝＝36 V，即原线圈电压即电压表示数为U1＝36 V，选项A对．原副线圈电压与匝数成正比，，但原副线圈电流与匝数成反比，即变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，选项B错．t＝0.01 s时，电动势为0，即磁通量变化量为0，磁通量最大，此时线圈与磁场垂直，选项C错．热敏电阻温度升高时，电阻变小，副线圈总电阻变小，副线圈总电流即电流表示数变大，根据原、副线圈电流比与匝数成反比，可判断原线圈电流变大，但电压是原线圈决定副线圈，所以电压表示数不变，选项D对．‎ ‎11. 【答案】CD ‎【解析】E＝BLv，I＝，a＝＝，v增大a减小，A错；金属棒重力所做的功等于金属棒重力势能的减少，等于电路中产生的电能和金属棒动能的增加，B错；最大速度vm＝，金属棒消耗的电功率P＝mgvm＝，C正确；由功能关系得D正确．‎ ‎12.【答案】ACD ‎【解析】设导体棒运动时间为t时，通过的位移为x＝vt，则连入电路的导体棒的长度为：L ‎＝2xtan，则回路的总电阻为：R总＝R(2xtan＋)，则电流与t的关系式为：I＝＝＝，式中各量均一定，则I为定值，故A正确，B错误；外力F与安培力大小相等，则F＝BIL＝BI·2x·tan，F与x成正比，故C正确；运动x时的功率为：P＝I2R总＝I2R(2xtan＋)，则P与x成正比，故D正确．‎ 三、实验题(共2小题,共13分) ‎ ‎13.（5分）【答案】（1）×1，重新调零 （2））① 0.81--0.84 ② 3000 ③3.3 或3.2‎ ‎【解析】（1）指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，为了准确要换“”挡，然后重新调零．‎ ‎（2）① 0.81--0.84 ② 3000 ③3.3 或3.2‎ ‎14.（8分）【答案】（1）AD　（2）2.0　1.5　1.0‎ ‎【解析】（1）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确．‎ ‎（2）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0==2.0 Ω；‎ 从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50 V，即电源的电动势为1.50 V，‎ 图象斜率的绝对值为：k==1.0，即电源的内阻为r=1.0 Ω．‎ 四、计算题(共3小题,共39分) ‎ ‎15.（12分）【答案】(1)　(2)B1d　(3)‎ ‎【解析】根据动能定理可求出速度v，据电场力和洛伦兹力相等可得到v2，再据粒子在磁场中做匀速圆周运动的知识可求得半径．‎ ‎(1)在a中，e被加速电场U1加速，由动能定理有 eU1＝mv2得v＝.‎ ‎(2)在b中，e受的电场力和洛伦兹力大小相等，即e＝evB1，代入v值得U2＝B1d.‎ ‎(3)在c中，e受洛伦兹力作用而做圆周运动，回转半径R＝，代入v值解得R＝.‎ ‎16.(12分)【答案】(1)　(2)　(3)‎ ‎【解析】(1)ab边切割磁感线产生的电动势为E＝BLv 所以通过线框的电流为I＝＝.‎ ‎(2)ab边两端电压为路端电压：Uab＝I·3R 所以Uab＝‎ ‎(3)线框被拉入磁场的整个过程所用时间t＝，‎ 线框中电流产生的热量Q＝I2·4R·t＝.‎ ‎17.（15分）【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】（1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为，，，联立求出。‎ ‎（2）设电子进入磁场时的速度为，与X轴的夹角为，则：，求出。电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，由轨迹图可知：（图略），由此可求出：。‎ ‎（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为，电子在磁场中运动的时间为，电子从A运动到D经历的时间为：。‎