河南省豫南九校2017-2018学年高二物理上学期期末联考试题（含解析）.doc

河南省豫南九校2017-2018学年高二上学期期末联考物理试题一、选择题： 1. 下列描述中符合物理学史的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应并总结出了电流的磁场分布的判断方法B. 洛伦兹通过实验测定了磁场对电流的作用C. 法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它D. 安培提出了分子电流假说并最早测定了元电荷e的数值【答案】C【解析】A奥斯特发现了电流的磁效应，是安培提出了分子电流假说，故A错误；B安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，故B错误；C法拉第认为电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它，故C正确；D库仑通过扭秤实验建立了库仑定律，密立根比较精确地测定了元电荷e的数值，故D错误。故选：C。2. 如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连续的垂线上的三个点，且AOBO，A带负电荷，B带正电荷，一试探电荷仅受电场力作用，试探电荷从M运动到N的轨迹如图中实线所示。忽略试探电荷的重力，下列判断中正确的是A. 此试探电荷一定带正电B. 此试探电荷可能带负电C. 两点电势MND. 此试探电荷在M处的电势能小于在N处的电势能【答案】A【解析】AB粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该粒子受到的电场力指向带负电的A电荷，所以该粒子带的是正电，所以A正确，B错误；.故选：A。3. 如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t=0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交流电流i，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向金属棒运动不影响棒中电流，则下列说法不正确的是A. 金属棒一直向右运动B. 金属棒受到的安培力在一个周期内做正功C. 金属棒的速度随时间周期性变化D. 金属棒受到的安培力随时间周期性变化【答案】B【解析】根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL知，安培力在第一个T/2内做匀加速直线运动，在第二个T/2内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化安培力在一个周期内先做正功，后做负功，故AC正确，B错误因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化故D正确此题选择不正确的选项，故选B4. 下列说法正确的是A. 如图甲所示，是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压UB. 如图乙所示，磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极C. 如图丙所示，是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB，即D. 如图丁所示，是磁电式电流表内部结构示意图，线圈在极靴产生的匀强磁场中转动【答案】C【解析】甲图中，根据可知，粒子获得的最大动能为：，所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B错误；丙图中速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电只要速度满足，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；丁图中线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误；故选C.5. 在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），L1和L2是两个完全相同的灯泡，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是A. 交流电的频率为100HzB. 电压表的示数为20VC. 当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D. 若L1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大【答案】C【解析】A原线圈接入如图乙所示的交流电，由图可知：T=0.02s，所以频率为f=1/T=50Hz，故A错误；B原线圈接入电压的最大值是V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为20:1，所以副线圈电压是11V，所以V的示数为11V，故B错误；CR阻值随光强增大而减小，根据I=U/R知，副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C正确；D、当L1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误。故选：C。点睛：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入功率等于输出功率。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他元件的电流和电压的变化的情况。6. 如图所示，水平放置的U形光滑 框架上接一个电阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里的、场强大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计，下列说法边不正确的是A. 此时AC两端的电压为B. 此过程中电路产生的电热C. 此过程中通过电阻的电荷量为D. 此过程所用时间【答案】D【解析】导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为：，而AC相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：，A正确；根据能量守恒定律得：，解得：，B正确；根据法拉第电磁感应定律得：，根据电流定义式：，解得：，C正确；根据动量定理得：，又因为，则有：，解得：，D错误；本题选不正确的，故选D.【点睛】图中半圆形硬导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，由公式求解感应电动势的大小AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律求出，由焦耳定律求解产生的电热，根据电流表达式求解电荷量，由动量定理求出作用时间7. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1，线圈绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动，角速度，外电路电阻R=4，则A. 转动过程中感应电动势的最大值为3.14VB. 由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过30角时的瞬时感应电动势1.57VC. 交变电压表的示数2.23VD. 线圈转动一周外力做的功0.99J【答案】AD【解析】A根据Em=NBS，可得感应电动势的最大值：Em=1000.50.122V=3.14V，A正确；B由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=Emcos2t（V）；当线圈转过60角时的瞬时感应电动势为：e=1.57V，B错误；C转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：，C错误；D一个周期内，通过外力做的功等于电路的总热量，由公式 得：Q=0.99J，D正确。故选：AD。点睛：根据题意写出瞬时值的表达式，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8. 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A. 滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端B. 电源的输出功率最大C. 定值电阻R上消耗的功率为0.5WD. 电源的效率达到最大值【答案】BC【解析】由题意可知图象1表示电源的路端电压随电流的变化关系；图象2表示电阻两端的电压随电流的变化关系；交点处说明两图象表示的电流相等，并且电压相等，故说明此时滑动变阻器短路，即滑片滑到了最左端，故A错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R0r，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，故B正确；由图可知，此时电源的路端电压为1.0V，电流为0.5A，定值电阻上消耗的电功P=UI=0.5W，故C正确；电源的效率，由此可知电流越小功率越大，可见滑动变阻器的滑动头P滑到最右端时效率最大，故D错误。故选BC.9. 如图所示，图像表示空间某一静电场的电势沿x轴的变化规律，图像关于轴对称分布，x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是，则A. B. 沿x轴负方向，沿x轴正方向C. 同一点电荷在a、b两点受到的电场力沿x轴方向的分力方向可能相同D. 将正电荷沿x轴从a点移动到b点的过程中，其电势能先增加后减小【答案】BD【解析】A、由图象的斜率表示x轴方向的电场，由公式E= ，可见EaxEbx，故A错误；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，顺着+x轴方向电势升高，则Eax的方向沿x轴负方向，在O点右侧，沿+x轴方向电势降低，则Ebx的方向沿x轴正方向，故B正确；C、由题可知，同一点电荷在a、b两点受到的电场力沿x轴方向的分力方向一定相反，故C错误；D、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增加后减小，故D正确。故选BD。10. 如图甲所示线圈的匝数n=100匝，横截面积S=50cm2，线圈总电阻r=10，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1s内A. 磁通量的变化量为0.25WbB. 磁通量的变化率为2.510-2Wb/sC. a、b间电压为0D. 在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A【答案】BD【解析】通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设为正，则线圈中磁通量的变化量为，代入数据解得：，A错误；磁通量的变化率，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为，C错误；感应电流大小，D正确；选BD.【点睛】由图象b的斜率读出磁感应强度B的变化率，由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，从而求出a、b间的电势差二、实验题11. （1）用螺旋测微器测量合金丝的直径，为防止读数时微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图所示的部件_（选填“A”或“B”、“C”或“D”）。从图中的示数可读出合金丝的直径为_mm。（2）用游标卡尺可以测量某些工件的外径在测量时，示数如上图乙所示，则读数分别为_mm【答案】 (1). （1）B， (2). 0.410； (3). （2）11.50【解析】试题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解：（1）读数前应先旋紧B，使读数固定不变，螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为41.00.01mm=0.410mm，所以最终读数为0mm+0.410mm=0.410mm故答案为：（1）B，0.410；（2）11.5【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12. 为了测量某待测电阻Rx的阻值（约为30），有以下一些器材可供选择电流表：A1（量程050mA，内阻约10）电流表：A2（量程03A，内阻约0.12）电压表：V1（量程03V，内阻很大）电压表：V2（量程015V，内阻很大）电源：E（电动势为约为3V，内阻约为0.2）定值电阻R（20，允许最大电流1.0A）滑动变阻器R1（010、允许最大电流2.0A）滑动变阻器R2（01k、允许最大电流0.5A）单刀单掷开关S一个，导线若干根据以上器材设计电路，要求测量范围尽可能大，精确度高。（1）电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应_（填字母代号）（2）请在方框中画出测量电阻Rx的实验电路图（所用器材用对应的符号标出）_（3）某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx=_【答案】 (1). （1）A1 (2). V1 (3). R1 (4). （2） (5). （3）【解析】（1）测量电阻时电流不能太大，电流表应选A1，电源电动势为3V，故电压表应选V1，根据闭合电路欧姆定律考虑电流表读数要求，可求出电路最小电阻R=90，故变阻器若用限流式则R1太小，R2太大，因此应采用分压式，故应选阻值小的变阻器R1.（2）又待测电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法，但根据欧姆定律，若将电阻直接接在电压表两端时，电阻两端最大电压为，只是电压表V1量程的一半；若将待测电阻与定值电阻串联，则它们两端电压为，正好与电压表V1的量程相同，所以电路图如图所示（3）由欧姆定律可得：点睛：因本题有“要求测量值的范围尽可能大一些”，这就提示我们滑动变阻器应用分压式；又所给器材中有一个定值电阻，说明可能待测电阻不能直接使用三、计算题13. 如图甲所示，倾角为=30的光滑固定斜杆底端固定一个带负电、电量为Q=2.010-4C的小球A，将一可视为质点的带电小球B从斜杆的底端a点（与A靠得很近，但未接触）静止释放，小球沿斜面向上滑动过程中速度v随位移s的变化图象如图（乙）所示已知重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9109Nm2/C2求：（1）小球B的荷质比q/m；（2）小球B在b点时速度到达最大，求a、b两点的电势差Uab【答案】（1）（2）【解析】试题分析:（1）由B球运动的图象可知，在时，小球的速度最大，此时满足加速度为零，即：解得：（2）对小球从释放到速度最大的过程，由动能定理得：解得：考点：考查动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系【名师点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理14. 如图所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=0.5m，导轨平面与水平面成=37角，导轨下端连接阻值R=2的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导轨平面一根质量m=0.2kg的导体棒ab放在两导轨上，在导轨之间的有效电阻r=2，棒与导轨垂直并保持良好接触，导体棒与金属导轨间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，求：（1）导体棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）导体棒做匀速运动时的速度大小；（3）从导体棒静止开始沿导轨下滑到刚好开始做匀速运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热量Q=1J，则这个过程中导体棒的位移多大？【答案】（1）（2）（3）30m【解析】试题分析：由牛顿第二定律可以求出加速度；导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件可以求出匀速运动时的速度；由动能定理可以求出导体棒的位移。（1）金属棒开始下滑的初速为零，受重力、支持力和摩擦力。根据牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma解得：a=2m/s2（2）设金属棒运动达到稳定时，设速度为v，受重力、支持力、摩擦力和安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡，由物体平衡条件得：mgsin-mgcos=F代入数据解得：F=0.4N安培力表达式为：代入数据解得：v=10m/s（3）由动能定理得：电阻R上产生的焦耳热量等于1J，则r上产生的焦耳热为1J，则克服安培力做功：W安=2J，代入数据解得：s=30m点睛：本题主要考查了导体棒应明确受力分析、功能关系等的灵活应用，注意安培力做的功等于所有电阻消耗的总热量。15. 如图所示的电路，电源电动势E=12V，内阻r=1，电阻R1=6，R2=12，间距d=0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、，磁感应强度B=1T的匀强磁场，闭合开关S，板间电场视为匀强电场将喷墨打印机的喷头对准两板的中点，从喷口连续不断地喷出水平初速度为v=0.1m/s的相同带电墨滴，设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx（g取10m/s2）求（1）当Rx=3时，电阻R1消耗的电功率（2）改变Rx的值，可以使进入板间的带电墨滴做匀速圆周运动，最后与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60则带电墨滴的比荷q/m为多大？此时Rx的阻值是多少？【答案】（1）6W（2），7.【解析】（1）由图可知闭合电路的外电阻为：根据闭合电路的欧姆定律可得电流为：R1两端的电压为：U1=IR12=1.54=6VR1消耗的功率为：（2）带电墨滴进入电、磁场区域做匀速圆周运动，必有重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：又因电场力等于重力，则有：，带电墨滴做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60，根据几何关系得R=d。解得带电墨滴的比荷：电压为：干路电流为：解得：点睛：本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动与闭合电路欧姆定律的综合性题目，解题的关键在于明确带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，所受到的电场力一定与重力大小相等方向相反。16. 如图所示，在xoy平面内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴成45角，OP与y轴之间的磁场方向垂直纸面向外，OP与x轴之间的电场平行于x轴向右，电场强度为E，在y轴上有一点M，到O点的距离为L，现有一个质量为m，带电量为+q的带电粒子从静止经电压为U的电场加速后从M点以垂直y轴的速度方向进入磁场区域（加速电场图中没有画出），不计带电粒子的重力，求（1）从M点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小？（2）为使带电粒子刚好不能进入电场区域，则磁感应强度为B应为多大？（3）改变匀强磁场的磁感应强度的大小，使带电粒子沿y轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x轴离开电场时的位置到O点的距离为多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）从M点进入磁场的带电粒子速度的大小为v，根据动能定理得解得（2）带电粒子刚好不能进入电场区域轨迹如题所示，设磁感应强度为B，由图可知：，解得：由洛伦兹力提供向心力可得：解得：（3）由图可知带电粒子沿y轴负方向进入匀强电场时，在磁场中运动的轨道半径为，在电场中做类平抛运动，加速度，y轴方向匀速运动，有：x轴方向匀加速运动，有：联立解得到O点的距离为；