四川省泸州市合江中学2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）.docx

四川省泸州市合江中学2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）1.如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流。下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是( )A. 线圈向右平动B. 线圈竖直向下平动C. 线圈以ab边为轴转动D. 线圈向左平动【答案】D【解析】根据右手螺旋定则可知，直导线在线圈处产生垂直纸面向里的磁场；当线圈向右平动，逐渐远离直导线，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故A错误；当线圈向下平动时，穿过线圈的磁通量不会发生变化，根据楞次定律可知，没有感应电流产生故B错误；线圈以ab边为轴转动，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故C错误；当在线圈平面内，向左平动，逐渐靠近导线，穿过线圈向里的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，产生感应电流为adcba方向，故D正确故选D点睛：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。2. 如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线不受安培力作用的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】F=Bqvsin，C选项中=0，所以F=03.如图所示，电子以垂直于匀强磁场的速度，从A处进入长为，宽为的磁场区域，发生偏移而从B处离开磁场，从A至B的电子经过的弧长为，若电子电量为，磁感应强度为B（电子重力不计），则A. 电子在磁场中运动的时间为B. 电子在磁场中运动的时间为C. 洛伦兹力对电子做功是D. 电子在A、B两处的速度相同【答案】B【解析】【分析】根据确定运动时间，根据洛伦兹力的特点判断洛伦兹力是否做功.【详解】AB粒子走过的路程为s，则运动时间，故B正确，A错误；C洛伦兹力始终与运动方向垂直，不做功，故C错误；D洛伦兹力不做功，粒子速度大小不变，但速度方向改变，故AB处速度不同，D错误。故选B。4.如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（ ）A. 电容器中的电场强度将增大B. 电容器上的电荷量将减少C. 电容器的电容将减小D. 液滴将向上运动【答案】B【解析】【分析】由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据CQ/U可得，电容器的电量及由E=U/d知两极间的电场强度如何变化【详解】A电容器两板间电压等于R2两端电压。当滑片P向左移动时，总电阻增大，则总电流减小，则R2两端电压U减小，由E=U/d知电容器中场强变小，A错误；B由上分析可知，电容器两端电压减小，根据CQ/U可得，电容器放充电，电荷量减小，B正确；C电容器的电容与U的变化无关，保持不变，C项错误；D当滑片P向左移动时，R2两端电压U减小，由E=U/d知电容器中场强变小，则带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，D项错误；故选B。5.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是A. 先把两球分开，再移走带电棒B. 先移走带电棒，再把两球分开C. 先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开D. 用手接触乙球，移开导体棒，然后将手离开乙球，最后将两球分开【答案】AC【解析】【分析】将棒移近两个不带电的导体球，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变用手接触金属球时，相对于接地由此分析即可【详解】A先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷。故A正确；B先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电。故B错误；C使棒与起振的一个球瞬时接触，这样两球都带同种电，当移走棒，两球仍带电。故C正确；D用手接触乙球，移开导体棒后，甲乙两球的电荷与人体的电荷中和，然后将手离开乙球，则两球不会带电，故D错误；故选AC。6.某交流发电机正常工作时的电动势变化规律为e=Emsint，如果将此发电机的转速提高一倍，线圈的匝数同时增加一倍，其它条件不变，则电动势的变化规律为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】交流发电机工作时的电动势最大值表达式Em=NBS，发电机转子转速提高一倍，线圈匝数同时也提高一倍，电动势最大值表达式为：Em=2NBS2=4NBS=4Em，角速度为：=2，则其电动势变为：e=4Emsin2t。故选B。7.如图所示，两个闭合圆形线圈A, B的圆心重合，放在同一个水平面内，线圈B中通如图所示的电流，设t=0时电流沿逆时针方向（图中箭头所示）对于线圈A在t1t2时间内的下列说法中正确的是（ ）A. 有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势B. 有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势C. 有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势D. 有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势【答案】D【解析】根据增反减同原理可知，当B线圈中的电流反向增大时，A中感应电流产生的磁场方向应垂直纸面向外，即感应电流方向为逆时针，根据增缩减扩原理可知线圈A有收缩趋势，D正确8.如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（ ）A. a、b的电荷同号，B. a、b的电荷异号，C. a、b的电荷同号，D. a、b的电荷异号，【答案】D【解析】本题考查库仑定律、受力分析及其相关的知识点。对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力， ac的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号， ab的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，ac的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，bc电荷为同号， ab的电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k，Fbc=k，tan=3/4，tan= Fbc / Fac，ab电荷量的比值k=，联立解得：k=64/27，选项D正确。【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大。9.下面关于交变电流的说法中正确的是（ ）A. 给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下都是有效值B. 跟交变电流有相同热效应的直流电的数值是交变电流的有效值C. 交流电器设备上所标的电压和电流值是交变电流的最大值D. 用交流电表测定的读数值是交流电的瞬时值【答案】AB【解析】【详解】A给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下都是有效值，选项A正确；B跟交变电流有相同热效应的直流电的数值是交变电流的有效值，选项B正确；C交流电器设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值，选项C错误；D用交流电表测定的读数值是交流电的有效值，选项D错误；故选AB.【点睛】本题考查了有关交流电的基础知识，正确理解交流电瞬时值、最大值、平均值、有效值的含义，设备上数值，电表读数，公式中的值均是有效值10.如图所示，一小型直流电动机M的线圈绕阻，定值电阻R0=1.5，电源的电动势，内阻，理想电流表的示数为，下列说法中正确的是（ ）A. 电动机的发热功率为B. 电动机消耗的电功率为C. 电动机两端的电压为D. 每分钟内电动机输出的机械能为【答案】ABD【解析】【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的【详解】A电动机的发热功率为，选项A正确；BC电动机两端电压：UM=E-I(R0+r) =6V，则电动机消耗的电功率为P=IUM=12W，选项B正确，C错误；D每分钟内电动机输出的机械能为E机=（P-P热）t=(12-4)60J=480J，选项D正确；故选ABD.【点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的11.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法可行的是（ ）A. 增大磁场的磁感应强度B. 减小狭缝间的距离C. 增大D形金属盒的半径D. 增大匀强电场间的加速电压【答案】AC【解析】【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关【详解】由qvB=m，解得：，则动能：，知动能与加速的电压和狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度或D形盒的半径，可以增加粒子的动能；故BD错误，AC正确；故选AC。【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关12.一带电质点从图中的A点竖直向上以速度射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点质量为，带电荷量为，A、B间距离为，且AB连线与水平方向成角，质点到达B点后继续运动可达与A点在同一水平面上的C点（未画出），则（ ）A. 质点在C点的加速度大小为B. 匀强电场的电场强度大小为C. 质点在B点的速度大小为D. 从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了【答案】BCD【解析】【分析】将质点的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上受电场力做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式求出vA、vB的大小；根据等时性，求出水平方向上的加速度与竖直方向上的加速度关系，从而得出电场强度的大小再对水平方向运用动能定理和运动学推论求解A到C的过程中，带电质点的电势能减小根据牛顿第二定律求解质点在C点的加速度大小【详解】A质点在C点的加速度大小，故A错误；B由于两分运动的时间相同即：竖直方向上的时间： ；在水平方向上有：vB=at；所以有：；又，解得：，故B正确；C由题意可知，质点的运动是竖直方向和水平方向的匀变速直线运动，因此在竖直方向上有：Lsin37=t；在水平方向上有：Lcos37=t；由上两式得：tan37=；可得：，故C正确；D从A到B，对于水平方向，根据能量守恒可知：带电质点的电势能减小为；由于质点在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由推论可知：AC间的水平距离等于AB间水平距离的4倍，由W=qEd，可知从A到C的过程中电场力做功是从A到B的过程电场力做功的4倍，所以从A到C的过程中，带电质点的电势能减小为Ep2=4Ep1=，故D正确；故选BCD。13. 用多用电表测电阻时：（1）在某次测量中，实验操作正确，选择开关的位置如图（a）所示，表头刻度和指针位置如图（b）所示，则被测电阻的阻值为 。（2）若继续用该表测量另一阻值约为的电阻，则应将选择开关旋至倍率为 档，并在测量电阻前先进行欧姆调零操作，测量结束后，应将选择开关旋至off或交流电压最高档。【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由图（a）所示可知，欧姆表挡位是，由图（b）所示可知，则被测电阻值是。（2）若继续用该表测量另一阻值约为的电阻，应将选择开关旋至倍率为挡，并在测量电阻前先进行欧姆调零操作。考点：用多用电表测电阻【名师点睛】本题考查了欧姆表使用注意事项与读数，要掌握欧姆表的使用方法、注意事项与读数方法，难度不大。14.在测量电源电动势和内电阻的实验中，已知一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为0.30；电压表V(量程为3V，内阻约3k；电流表A（量程为0.6A，内阻等于0.70）；滑动变阻器R（10，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻。(1)请在图1方框中画出实验电路图_。(2)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=_V，内阻r=_。（结果均保留两位小数）(3)某小组在实验时，发现电流表坏了，于是不再使用电流表，仅用电阻箱替换掉了滑动变阻器，他们在实验中读出几组电阻箱的阻值和电压表的示数U，描绘出的关系图像，得到的函数图像是一条直线。若该图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，则其电动势为_，内阻为_。【答案】 (1). (2). (3). 1.481.50 (4). 0.260.30 (5). 1/b (6). k/b【解析】(1)电路直接采用串联即可，电压表并联在电源两端，由于电流表内阻已知，则应采用电流表相对电源的内接法；电路图如图所示:(2)根据U=E-Ir以及图象可知，电源的电动势为：E=1.48V内阻为：故r=1.0-0.70=0.30；(3)由闭合电路欧姆定律： U=IR；联立变形得：；变形可得：，又此式可知，图中，直线斜率；，解得：；.【点睛】在测量电动势和内电阻的实验中由于公式较多，在解题中要根据题意，灵活的选用相应的表达式若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式求解15.如图所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为的加速电场，加速后从偏转电场中央射入偏转电场，偏转电场极板间的距离为,极板长为，忽略离子的重力，试计算离子恰好能射出偏转电场时的偏转电压。【答案】400V【解析】【分析】先由动能定理求出粒子进入偏转电场能的初速度，然后根据类平抛运动规律列方程求解偏转电压U；【详解】设正离子的电荷量为q、质量为m，由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU0=mv02解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为在偏转电场中， L=v0t 又因为L=3d所以可得U=400V16.如图甲所示，阻值不计的光滑金属导轨在竖直面上平行固定放置，间距d为0.5m，下端通过导线与阻值RL为4的小灯泡L连接，在矩形区域CDFE内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示，CE长为2m在t=0时刻，电阻R为1的金属棒以某一初速度从AB位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，