四川省广元市2018_2019学年高二物理上学期期末教学质量检测试题（含解析）.docx

广元市20182019学年高二上学期期末教学质量监测物理试题一、选择题： 1.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘当矩形线圈突然向右运动时，线圈各边所受安培力的合力方向A. 向左 B. 向右C. 垂直纸面向外 D. 垂直纸面向里【答案】A【解析】【分析】金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当矩形线圈突然向右运动时，穿过线框abcd的磁通量增大，根据楞次定律判断线框abcd感应电流，再由左手定则来确定所受有安培力方向【详解】金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况。当矩形线圈突然向右运动时，穿过线框的磁通量向里将增大。根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为逆时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向左，故安培力的合力向左。故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断2.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为电键，V与A分别为电压表与电流表。初始时S0闭合、S断开，现将S闭合，则（ ）A. 电压表V的读数变大，电流表A的读数变小B. 电压表V的读数变大，电流表A的读数变大C. 电压表V的读数变小，电流表A的读数变小D. 电压表V的读数变小，电流表A的读数变大【答案】C【解析】试题分析：当S闭合后，和并联后与串联，与原先断开时相比，电路总电阻减小，路端电压减小，而电压表测量路端电压，所以电压表示数减小，电路总电流增大，所以两端的电压增大，故并联电路两端的电压减小，即两端的电压减小，所以通过的电流减小，故电流表示数减小，C正确；考点：考查了电路动态分析3.某同学为了验证断电自感现象，找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；稳定后断开S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象虽经多次重复实验，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，原因可能是A. 线圈电阻偏大 B. 电源的内阻偏大C. 小灯泡电阻偏大 D. 线圈的自感系数偏大【答案】A【解析】【分析】线圈与小灯泡并连接电池组上要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大根据楞次定律和并联的特点分析【详解】线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象。故A正确。开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关。故B错误。若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象。故C错误。线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小。故D错误。故选A。【点睛】自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻应小于灯泡的电阻4.电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，固定电阻R110，R220合上开关S，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示则A. 通过R1的电流有效值是1.2AB. R1两端电压的有效值是6VC. 通过R2的电流有效值是AD. R2两端电压的最大值是V【答案】B【解析】【分析】根据图象可知流过电阻R2的电流最大值、有效值的大小，根据电阻的串联可进一步求得流过R1的电流和电压大小【详解】从图乙可以看出，通过R2电流的有效值是0.6A，通过R1的电流有效值也是0.6A，所以AC错误；R1两端的电压有效值是0.610V=6V，所以B正确；从图乙可以看出，通过R2的电流最大值是0.6A，R2两端电压的最大值为0.620V=12V，故D错误；故选B。5.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示下列结论正确的是( )A. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B. 负点电荷一定位于M点左侧C. 带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D. 带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【答案】C【解析】由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做做正功，其动能增加，所以a到b过程中动能逐渐增加，故A错误；带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧，故B错误；电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确；a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，所以带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误。所以C正确，ABD错误。6.如图所示，变频交变电源的频率可在20Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同则下列说法中正确的是A. 如果将电源频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度加强B. 如果将电源频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱C. 如果将电源频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度减弱D. 如果将电源频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱【答案】B【解析】【分析】二个支路电压相同，当交流电频率变化时，会影响电感的感抗和电容的容抗，从而影响流过各个支路的电流【详解】二个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，所以流过A1灯泡所在支路的电流变大，流过灯泡A2所在支路的电流变小。故灯泡A1变亮，灯泡A2变暗，即A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱，故A错误，B正确；当交流电频率变小时，电感的感抗减小，电容的容抗增大，所以流过A1泡所在支路的电流变小，流过灯泡A2所在支路的电流变大。故灯泡A1变暗，灯泡A2变亮，即A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强；故CD错误。故选B。【点睛】解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析XL=2Lf，XC=1/2Cf.7.如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料ABCD面带正电，EFGH面带负电从ABCD面上的小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在BCGF面上的1、2、3三点，则下列说法正确的是 A. 三个液滴在真空盒中都做平抛运动B. 三个液滴落到底板时的速率相同C. 液滴3在真空盒中的运动时间最长D. 三个液滴在真空盒中的运动时间一定相同【答案】D【解析】【分析】由题意知真空盒内有水平向右的电场，正电荷在电场中受到向右的电场力，不可能做平抛运动；根据液滴的受力情况，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合进行分析【详解】三液滴在竖直方向做自由落体运动，在水平方向在电场力作用下做匀加速直线运动，在水平方向做的不是匀速直线运动，因此三液滴在真空盒中做的不是平抛运动，故A错误；对液滴，由动能定理得：qEx+mgy=mv2-mv02，解得：，由图示可知：x3x2x1，由此可知，三液滴落到底板上时的速度不同，故B错误；三液滴在竖直方向做自由落体运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，选项C错误，D正确；故选D.【点睛】本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动规律分析，要注意明确小球同时参与两个运动，要注意应用运动的合成和分解规律进行分析求解8.如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中，两轨道平面分别与磁场垂直，与电场平行，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点则下列说法正确的是A. 两小球到达轨道最低点的速度vM vNB. 两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FM FNC. 小球第一次到达M点的时间晚于小球第一次到达N点的时间D. 在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端【答案】D【解析】【分析】两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小。【详解】在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知：；解得，vMvN，由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故AC错误；最低点M时，支持力与重力和洛伦兹力（方向竖直向下）的合力提供向心力，最低点N时，支持力与重力的合力提供向心力，因为vMvN，可知：FMFN，故B错误；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确；故选D。【点睛】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小。9.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙则 A. 待加速的离子从加速器的边缘进入加速器B. 待加速的离子从加速器的中心附近进入加速器C. 被加速的离子从电场中获得能量D. 被加速的离子从磁场中获得能量【答案】BC【解析】【分析】离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对离子做正功，可知离子能从电场获得能量。【详解】粒子最终的速度与回旋半径成正比，要使半径最大，故从中间射入，故B正确，A错误；电场力对粒子做功，粒子在电场力作用下而加速，从电场中获得能量，而洛伦兹力不做功，故C正确，D错误；故选BC.【点睛】回旋加速器是利用磁场使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置。是高能物理中的重要仪器。（1）磁场的作用:带电粒子以某一速度垂直进入匀强磁场时，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其中周期与速率和半径无关，使带电粒子每次进入D形盒中都能运动相等时间（半个周期）后，平行于电场方向进入电场中加速。（2）电场的作用:回旋加速器的两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性的变化的并垂直于两D形盒直径的匀强电场，加速就是在这个区域完成的。（3）交变电压:为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压。10.如图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，三点构成直角三角形，A37，AB边长为5m，D为AB中点，电场线与ABC所在平面平行，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和6V，取sin370.6，cos370.8，则 A. DC两点间电势差UDC4V B. D点电势D8VC. 该电场的电场强度E2V/m D. 该电场的方向为沿BC方向【答案】AC【解析】【分析】在匀强电场中，平行等距离的两点电势差相等；电场线与等势线垂直，确定沿电场方向上的距离，从而根据E=U/d求出匀强电场的大小。【详解】在匀强电场中，平行等距离的两点电势差相等，则A-D=D-B，解得：D=10V，所以UDC=D-C=4V，故A正确、B错误；三角形中B、C的电势分别为6V和6V，则B和C为等势点，BC为等势线，电场线方向沿AC方向，则电场强度，故C正确、D错误。故选AC。【点睛】解决本题的关键知道匀强电场的等势线为间距相等的平行直线，以及知道电场线与等势线垂直。11.在同一平面内有、三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为1A、2A、1A，中的电流方向为cd且受到安培力的合力方向水平向右，则A. 的电流方向为ab B. 受到安培力的合力方向水平向右C. 的电流方向为ef D. 受到安培力的合力方向水平向左【答案】CD【解析】【分析】根据右手螺旋定则可确定电流周围的磁场方向，再根据左手定则可确定电流方向，即可求解.【详解】由题，的电流方向为cd且受到安培力的合力方向水平向右，则所在处的磁场的方向向里。由于中电流的大小是相等的，所以如二者电流的方向相同，则它们在处的磁场的和必定等于0，所以中电流的方向必须相反，且它们在处的磁场的方向都向里。由安培定则可知，中电流的方向向上，即从b向a；中电流的方向向下，为e到f。故A错误，C正确；和中电流的方向都向下，在处产生的磁场的方向都向里，根据左手定则可知，受到安培力的合力方向水平向左。故B错误；根据安培定则，在处产生的磁场的方向向里，在处产生的磁场的方向向外；由于到的距离比到的距离小，而且的电流比较大，所以的磁场的方向向外。由左手定则可知，受到安培力的合力方向水平向左。故D正确。故选CD。【点睛】考查右手螺旋定则、左手定则等规律，形成同向电流相互吸引，异向电流相互排斥的结论，便于以后解题应用.12.如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数N100匝，电阻为r1的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R16，R23，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T0.2s从线圈与磁场方向平行的位置开始计时，在线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2V下列说法中正确的是A. 电阻R1消耗的电功率为B. t0.4s时，电阻R2两端的电压瞬时值为零C. 从开始计时到通过电阻R2的电荷量为D. 若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为ecos20t(V)【答案】AD【解析】【分析】根据P=U2/R求得电阻消耗的功率，根据闭合电路的欧姆定律求得线圈产生的感应电动势，根据Em=NBS判断转速变化时电动势的变化，根据q=N求得通过的电荷量.【详解】电阻R1上的电功率为，故A正确；线圈匀速转动的周期T=0.2s，t=0.4s时，正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R2两端的电压瞬时值最大，故B错误；根据闭合电路的欧姆定律产生的感应电动势的有效值，最大值，有Em=NBS，故，故BSsint= sin10t，从开始计时到s，磁通量的变化量，故通过电阻R2的电荷量为，故C错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势Em=NBS变为原来的2倍，故最大值为Em6V，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e=6cos20t（V），故D正确；故选AD。【点睛】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBS，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬时值的区别.二、实验题：13.现有一合金制成的圆柱体为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲、乙所示(1)由甲、乙两图读得圆柱体的直径为_mm，长度为_mm.(2)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为_【答案】 (1). (1)1.843（1.8411.846均可）； (2). 42.40 (3). (2)【解析】【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解。【详解】（1）由图甲所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.30.01mm=0.343mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.343mm=1.843mm；由图乙所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为80.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm；（2）根据电阻定律，有： 解得：。【点睛】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度。并掌握电阻定律与欧姆定律的应用。14.在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，某同学连接了如图甲所示的实物电路图闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零(1)他借助多用电表检查小灯泡，先断开开关，把多用电表的选择开关旋到电阻部分“1”挡，再进行_调零，接着又将红、黑表笔分别接触、接线柱，此时多用电表的表盘如图乙所示，说明小灯泡正常，此时灯丝的电阻为_(2)他将多用电表的选择开关旋于某直流电压挡，将红、黑表笔分别接触、接线柱，闭合开关，发现电压表的示数约等于电源的电动势，说明、接线柱间的导线出现了_（填“断路”或“短路”）(3)故障排除后，为了使电流表的示数从零开始测量，要在_（填“”或“”）接线柱间再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最_（ 填“左”、“右”）端【答案】 (1). (1)欧姆； (2). 6.0 (3). (2)断路 (4). (3)； (5). 左【解析】【分析】（1）欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（2）若电压表有示数且与电压电动势接近时，说明电压表之间不含电源的导线间有断路（3）关键是明确要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法【详解】（1）根据欧姆表的使用方法可知，每次选完档后应重新进行欧姆调零；欧姆表的读数为：R=61=6；（2）多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触、接线柱；闭合开关，发现电压表示数约等于电源电动势，说明、接线柱间的导线出现了断路；（3）为使电流表的示数从零调，变阻器应采用分压式接法，所以应在接线柱间再连接一根导线；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，在闭合开关前应将滑片置于分压电路分压最小的位置，即滑片应置于最左端【点睛】应掌握欧姆表的工作原理和使用方法，特别是每次换完挡后都应重新进行调零当要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法三、计算题：15.如图所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6102 kg的通电直导线，电流I1A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t0时，B0计算需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g取10m/s2，sin370.6)【答案】5 s【解析】斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示由平衡条件FTcos37FFTsin37mg由解得：F代入数值得：F0.8N由FBIL得：BT2T.B与t的变化关系为B0.4t.所以：t5s16.如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8 V10 W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6 V12 W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1220 V时，四盏灯泡恰好都能正常发光如果原线圈的匝数n11 100匝，求：(1)副线圈n2、n3的匝数；(2)电流表的读数【答案】(1)40匝60匝(2)0.2 A【解析】【分析】（1）利用变压器原副线圈电压与匝数的关系，求两副线圈的匝数。（2）利用变压器的输入功率等于输出功率，求原线圈中的电流。【详解】（1）四灯均正常发光，则副线圈n2两端电压，副线圈n3两端电压据，可得：(2)由变压器的输入功率等于输出功率可得： 解得：17.如图所示，在x0y平面（即纸面）内，y轴右侧有场强为E、指向y方向的匀强电场，y轴左侧有方向垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）现有一电量为q，质量为m的带电粒子，从x轴上的A点并与x轴正方向成60入射，粒子恰能在M (0,d) 垂直于y轴进入匀强电场，最后从N (L,0) 通过x轴，粒子重力不计 (1)判断粒子的电性；(2)计算粒子经过M点时速度的大小；(3)计算磁场磁感应强度的大小【答案】(1)正电 (2) (3)【解析】【分析】（1）根据粒子在电场中的偏转方向判断粒子的电性；（2）粒子从M到N，受电场力作用做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解电场强度E；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系确定半径，然后求解磁感应强度B.【详解】(1)根据在电场中向y轴方向偏转，可知粒子带正电 (2)粒子从M到N，受电场力作用做类平抛运动，设运动时间为tx轴方向Lvt y轴方向联立解得(3)带电粒子在