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河南省商丘市九校2017-2018学年高二上学期期末联考物理试题一、选择题1. 关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是()A. 可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动B. 不可能做匀减速运动C. 一定做曲线运动D. 一定是匀变速运动【答案】D【解析】当电场力方向与初速度方向不在同一直线上时，粒子做匀变速曲线运动，如带电粒子垂直射入匀强电场，粒子做类平抛运动，故A错误；当带电粒子初速度方向与电场力方向相反时，粒子做匀减速直线运动，故B错误；当电场力方向与初速度方向在同一直线上时，粒子做直线运动，故C错误；带电粒子在匀强电场中受到的电场力是恒力，加速度是恒定的，带电粒子一定做匀变速运动，故D正确；故选D点睛：当力的方向与速度方向在同一直线上时，粒子做直线运动，当力的方向与速度方向不在同一直线上时，粒子做曲线运动2. 关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A. 两个电势不同的等势面可能相交B. 同一等势面上各点电场强度一定相等C. 电场线与等势面处处相互垂直D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】C【解析】两个电势不同的等势面不可能相交，不然就是一个等势面了，选项A错误；同一等势面上各点电场强度不一定相等，例如正的点电荷为球心的球面上的各点电势相等，但场强方向不同，选项B错误；电场线与等势面处处相互垂直，选项C正确；将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增加，电场力做负功，选项D错误；故选C.3. 如图所示，是一交流电随时间而变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为Im；电流的负值的大小也为Im则该交变电流的有效值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】有效值是根据电流的热效应来规定的。根据得，交流电的有效值I=Im故A正确，BCD错误；故选A.点睛：求交流电的有效值，要根据电流的热效应，由有效值的定义求解；注意正弦式或余弦式交流电的半个周期可以适用公式U=进行计算。4. 电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示现使磁铁自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（ ）A. 从a到b，上极板带正电 B. 从b到a，下极板带正电C. 从b到a，上极板带正电 D. 从a到b，下极板带正电【答案】B【解析】当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源正极，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电，下极板带正电，故B正确，ACD错误故选B点睛：此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大5. 从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 ，分别用110 V和11 kV两种电压输电两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A. 101 B. 110 C. 1100 D. 1001【答案】D【解析】根据P=UI及U线=IR可得可知分别用110 V和11 kV两种电压输电两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为11000:110=100:1，故选D.点睛：解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，知道采用高压输电，可以减小功率的损失6. 如图，理想变压器原线圈输入电压uUmsin t，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是() A. I1和I2表示电流的瞬时值B. U1和U2表示电压的最大值C. 滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D. 滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小【答案】C【解析】试题分析：I1和I2表示电流的有效值，A错误；U1和U2表示电压的有效值，B错误；滑片P向下滑动过程中，只与输入电压和匝数有关，所以U2不变，总电阻减小，那么副线圈的电流I2变大，因此原线圈的电流I1也变大，故C正确，D错误故选C。考点：变压器；电路的动态分析【名师点睛】本题考查了变压器的构造和原理，还考查了电路的动态分析；知道电流表及电压表的读数都表示交流电的有效值。7. 两个定值电阻R1=1200，R2=600串联接在电压稳定的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1的两端，如图所示，电压表示数为8 V，如果把它改接在R2的两端，则电压表的示数将() A. 小于4 V B. 等于4 VC. 大于4 V而小于8 V D. 等于或大于8 V【答案】B.点睛：本题考查了求电压表示数，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题；熟记并联电阻小于任一支路的电阻以及电压分配与电阻成正比的结论；明确电压表读数造成的误差来源。8. 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力下列说法正确的是() A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹不一定相同C. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D. 在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【答案】D【解析】入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同故A错误；在磁场中半径r，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B错误；在磁场中运动时间：t（为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大故D正确；故选D.9. 如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（ ）A. 增加线圈的匝数 B. 将金属杯换为瓷杯C. 提高交流电源的频率 D. 取走线圈中的铁芯【答案】AC【解析】由题意可知，本题中是涡流现象的应用；即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流；从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率；则可以缩短加热时间故B错误，AC正确；将杯子换作瓷杯不会产生涡流；则无法加热水，故B错误；故选AC.点睛：本题考查涡流的应用，要注意明确涡流现象其实就是电磁感应的，由法拉第电磁感应定律可知涡流现象的强弱10. 在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡A、B与自感系数很大的线圈L和定值电阻R组成如图所示的电路(线圈的直流电阻可忽略，电源的内阻不能忽略)，关于这个实验下面说法中正确的是() A. 闭合开关的瞬间，A、B一起亮，然后A熄灭B. 闭合开关的瞬间，B比A先亮，然后B逐渐变暗C. 闭合开关，电路稳定后再断开，A、B灯中的电流方向均为从左向右D. 闭合开关，电路稳定后再断开，A逐渐变暗，B闪亮一下然后逐渐变暗【答案】BD【解析】闭合开关的瞬间，线圈中产生很大的自感电动势，阻碍电流的通过，故B立即亮，A逐渐变亮随着A中的电流逐渐变大，流过电源的电流也逐渐变大，路端电压逐渐变小，故B逐渐变暗，故A错误，B正确；电路稳定后断开开关，线圈相当于电源，对A、B供电，回路中的电流在原来通过A的电流的基础上逐渐变小，故A逐渐变暗，B闪亮一下然后逐渐变暗，故D正确；断开开关后，线圈中的自感电流从左向右，A灯中电流从左向右，B灯中电流从右向左，故C错误故选BD点睛：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源11. 一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势按正弦规律变化，其瞬时值的表达式为e=220 sin100tV，下列说法中正确的是（ ）A. 交流电的频率是50Hz B. 当t=0时，线圈平面与中性面重合C. 当t=1/100 s时，e的值为220V D. 线圈转动的转速为100 r/s【答案】AB【解析】瞬时值e=220sin100t（V），由表达式知角速度为100 rad/s=314rad/s，频率为：f=50Hz，A正确；t=0时，电动势为零，线圈平面处于中性面，故B正确；当t=1/100s 时，e的值最小，为零故C错误；线圈转动的转速为n=f=50 r/s，选项D错误；故选AB.点睛：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等12. 如图所示为光敏电阻自动计数器的示意图(光照射到光敏电阻上时,电阻减小),其中R1为光敏电阻,R2为定值电阻。此光电计数器的基本工作原理是() A. 当有光照射R1时,信号处理系统获得低电压B. 当有光照射R1时,信号处理系统获得高电压C. 信号处理系统每获得一次低电压就计数一次D. 信号处理系统每获得一次高电压就计数一次【答案】BC【解析】当有光照射 R1时，R1的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，则R2两端的电压增大，所以信号处理系统获得高电压，故B正确， A错误当无光照射R1时，R1的电阻增大，则整个电路总电阻变大，电动势不变，则电流减小，则R2两端的电压减小，所以即信号处理系统获得低电压则信号处理系统每获得一次低电压就记数一次所以C正确，D错误；故选BC.点睛：解决本题的关键掌握光敏电阻的电阻大小随光照而减小，以及熟练运用闭合电路欧姆定律进行动态分析二、实验题13. 我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。(1)如图甲所示,当磁铁的N极向下运动时,发现电流表指针偏转,若要探究线圈中产生感应电流的方向,必须知道_。(2)如图乙所示,实验中发现闭合开关时,电流表指针向右偏。电路稳定后,若向左移动变阻器滑片,此过程中电流表指针向_偏转;若将线圈A抽出,此过程中电流表指针向_偏转。(均选填“左”或“右”)【答案】 (1). (1)电流从正(负)接线柱流入时,电流表指针的偏转方向 (2). (2)右 (3). 左【解析】试题分析：（1）当磁铁N向下运动时，发现电流表指针偏转若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系；（2）实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏闭合开关稳定后，若向左移动滑动触头，电路中的电流也变大，则此过程中电流表指针也向右偏转；若将线圈A抽出，磁通量减小，则此过程中电流表指针向 左偏转考点：研究电磁感应现象14. 在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路如图甲所示实验过程中，为了方便操作和减小误差，应选用电流表_和滑动变阻器_(请填写选项前对应的字母)A电流表(量程0.6A，内阻约0.8)B电流表(量程3A，内阻约0.5)C滑动变阻器(010) D滑动变阻器(0200)实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量电池两极的电压根据如图所示的电路可知：电流表测量值_真实值(选填“大于”或“小于”) 用如图甲所示的电路根据正确实验操作测得的数据如下：I(A)0.100.200.300.390.50U(V)1.401.311.201.101.00依此数据，在如图乙所示的坐标图上作出UI图线_；实验中测得干电池电动势E=_V；内阻r=_（保留小数点后两位有效数字）若测量的是新干电池，其内电阻比较小，在调节滑动变阻器时，电压表读数变化_(选填“明显”或“不明显”) 【答案】 (1). A (2). C (3). 小于 (4). 如图所示 (5). 1.50 (6). 1.00 (7). 不明显【解析】试题分析：一节干电池的电动势约为1.5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6A的即可，因为干电池的内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据电路结构分析误差原因及现象；根据描点法可得出对应的图象，再根据图象的性质可明确电源的电动势和内电阻；根据新电池的内阻较小，根据闭合电路欧姆定律明确电压示数的变化是否明显（1）一节干电池的电动势约为1.5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6A的，故选：A；因为干电池的内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器，所以选择C；（2）由电路图可知，由于电压表的分流，电流表示数小于流过电源的电流；即电流表示数小于所需测量的电流值；（3）根据描点法可得出对应的图象；根据图象以及闭合电路欧姆定律可知，图象的纵坐标表示电源的电动势，图象的斜率表示内电阻，故；（4）由于新电池内阻较小，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压变化不明显；三、计算题15. 如图所示，N50匝的矩形线圈abcd，ab边长l120 cm，ad边长l225 cm，放在磁感应强度B0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴以n3 000 r/min的转速匀速转动，线圈总电阻r1，外电路电阻R9，t0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里求：(1)t0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转90外力做的功；(4)从图示位置转过90的过程中流过电阻R的电荷量。【答案】（1）感应电流方向为adcba.（2）e314cos 100t V.（3）24.65 J. （4）0.1 C.【解析】(1)根据右手定则，感应电流方向为adcba.(2)线圈的角速度2n100 rad/s， 图示位置的感应电动势最大，其大小为EmNBl1l2， 代入数据得Em314 V感应电动势的瞬时值表达式：eEm cos t314cos 100t V. (3)电动势的有效值E 线圈匀速转动的周期T0.02 s线圈匀速转动90，外力做功大小等于电功的大小，即：WI2(Rr)T/4 代入数据得W24.65 J. (4)从t0起转过90过程中，t内流过R的电荷量：qIt qt， 代入数据得q0.1 C. 点睛：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、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，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成=370角，下端连接着阻值为R的电阻匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.1kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小（3）在上问中，若R=2，金属棒中的电流由a到b，求磁感应强度的大小和方向（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】（1）4m/s2（2）20m/s（3）0.2T【解析】（1）金属棒开始下滑初速度为零，根据牛顿第二定律mgsinmgcosma 解得：a=4m/s22 （2）设稳定时金属棒的速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡 此时，金属棒克服安培力做功的功率等于电路中R消耗的电功率 即Fv=P 得 v=20m/s （3）设电路中电流为I，导轨间金属棒长为l，磁感应强度为B P=I2R 解得B=0.2T 方向垂直导轨平面向下 点睛：本题考查了求加速度、速度与磁感应强度问题，分析清楚运动过程、应用牛顿第二定律、平衡条件、E=BLv、欧姆定律、电功率公式即可正确解题17. 如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从P孔以初速度沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角=60，粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ=2OC，不计粒子的重力，求：粒子从P运动到Q所用的时间t；电场强度E的大小；粒子到达Q点时的动能【答案】（1） （2） （3）mv02【解析】画出粒子运动的轨迹如图所示的三分之一圆弧(为粒子在磁场中圆周运动的圆心)由图知：PC=120 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则： 解得： 由图中几何关系知： OC=r+rcos600所以OC=1.5r 粒子在磁场中圆周运动的周期 粒子在磁场中圆周运动的时间： 粒子在电场中做类平抛运动，由题中条件知： OQ=2OC=3r则粒子在电场中运动的时间： 粒子从P运动到Q所用的时间： 粒子在电场中做类平抛运动： 解得： E=Bv0 由动能定理得： 解得粒子到达Q点时的动能为：EKQ=mv02
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