黑龙江省绥滨县第一中学2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

黑龙江省绥滨县第一中学2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.发电机利用水力、风力等动力推动线圈在磁场中转动，将机械能转化为电能。这种转化利用A. 电流的热效应B. 电磁感应原理C. 电流的磁效应D. 磁场对电流的作用原理【答案】B【解析】试题分析：在动力作用下线圈在磁场中转动，从而将机械能转化为电能，实现磁生电的目标解：A、电流的热效应是电阻通电后电流做功，从而将电能转化为热能故A错误；B、电磁感应原理是线圈在磁场中受到力的作用产生电能，实现磁生电的过程，故B正确；C、电流的磁效应是奥斯特发现导线通电后周围产生磁场，故C错误；D、磁场对电流的作用力，通电导线在磁场中受到安培力故D错误；故选：B【点评】发电机是磁生电，而电动机则是电生磁2.安培的分子电流假设，可用来解释（ ）A. 两通电导体间有相互作用的原因B. 通电线圈产生磁场的原因C. 回路中部分导体切割磁感线，产生感应电动势的原因D. 铁质类物体被磁化而具有磁性的原因【答案】D【解析】【详解】A两通电导体有相互作用的原因是通过磁体之间的磁场的作用产生的，故A错误；B通电线圈产生磁场的原因是电流的周围存在磁场，与分子电流无关。故B错误；C导线切割磁感线产生电流的原因是导体中的电荷在磁场中运动受到洛伦兹力的结果与分子电流无关，故C错误；D安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流-分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显出显示出磁性，故D正确；故选D。3.如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是() A. 都绕圆柱转动B. 以不等的加速度相向运动C. 以相等的加速度相向运动D. 以相等的加速度相背运动【答案】C【解析】同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力必大小相等，所以选C项4.如图是三个从O点同时发出的正、负电子的运动轨迹，匀强磁场方向垂直纸面向里，可以判定() A. a、b是正电子，c是负电子，a、b、c同时回到O点B. a、b是负电子，c是正电子，a首先回到O点C. a、b是负电子，c是正电子，b首先回到O点D. a、b是负电子，c是正电子，a、b、c同时回到O点【答案】D【解析】试题分析：试题分析：带电粒子在匀强磁场中的运动，洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断洛伦兹力的方向时，四指指向正电荷运动的方向，负电荷运动的反方向，由左手定则可知a、b是负电子，c是正电子；周期与速度无关，则a、b、c同时回到O点，故选D考点：考查带电粒子在磁场中的偏转点评：本题难度中等，注意由运动轨迹判断受力方向，曲线运动速度方向为该点切线方向5.如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线框分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线框都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间（）A. 两小线框会有相互靠拢的趋势B. 两小线框会有相互远离的趋势C. 两小线框中感应电流都沿逆时针方向D. 左边小线框中感应电流沿顺时针方向，右边小线框中感应电流沿逆时针方向【答案】B【解析】【详解】根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，对于左金属框，因矩形金属框内部的磁场比外部强，所以左小线圈有向外的磁通量，且增大；同理，右边金属框也一样，因此左、右小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向，根据左手定则，可以判断左小线圈两边受力都向左，右小线圈两边受力向右，知两线圈的运动情况是相互远离。故B正确，ACD错误。故选B。6.如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转。设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是A. 适当增大电场强度EB. 适当增大磁感应强度BC. 适当增大加速电场极板之间的距离D. 适当减小加速电压U【答案】A【解析】试题分析：先根据电子向上极板偏转分析电场力和洛伦兹力的大小关系，然后紧扣电子在复合场区域做直线运动的条件：电场力和洛伦兹力平衡分析解题电子经加速电场加速后，以一定的向右的初速度输入复合场区，根据左手定则可判断电子受到竖直向下的洛伦兹力，因为电子偏向上极板，所以受到向上的电场力，并且，要使粒子沿直线通过，如果适当增大电场强度E，则受到的电场力更大，不会平衡，不会做直线运动，A错误；如果适当增大磁感应强度B，则受到的洛伦兹力增大，可以使得电子受力平衡，故B正确；适当增大加速电场极板之间的距离，则根据，可得，由于加速电场间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C错误；减小加速电压，根据可知射入复合场区域时的速度减小，故受到的洛伦兹力减小，电场力和洛伦兹力不会平衡，故D错误7.在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（）A. A灯和B灯都变亮B. A灯、B灯都变暗C. A灯变亮，B灯变暗D. A灯变暗，B灯变亮【答案】B【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以A灯的电压变小，故A灯变暗；由A的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡B的电压变小，可知B的功率变小，故B灯变暗。故选B。8.如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是（ ）A. tatbtctdB. tatbtctdC. tatbtctctd【答案】D【解析】试题分析：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为，四个电子m、q相同，B也相同，则它们圆周运动的周期相同画出电子运动的轨迹如图从图1看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是，则：，从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角OO2dOO1C，根据圆周运动的时间，T相同时，圆心角越大，时间t越大，所以所以ta=tbtctd故选：D考点：带电粒子在匀强磁场中的运动9.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在t0时刻平板之间中心有一质量为m电荷量为q的微粒恰好处于静止，则以下说法正确的是() A. 微粒带负电荷B. 第2秒内上极板带正电C. 第3秒内上极板带负电D. 第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2 r2/d【答案】B【解析】【详解】A由图象可知，在第1s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直于纸面向外，然后由安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，由此可知，上极板电势低，是负极，下板是正极，场强方向向上，可知因电场力方向向上，可知粒子带正电，故A错误；B由图象可知，在第2s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向内，然后由安培定则可知，感应电流沿顺时针方向，由此可知，上极板电势高，是正极，故B正确；C同理可知第3秒内上极板带正电，选项C错误；D法拉第电磁感应定律可知，在第2s末产生的感应电动势：，两极板间的电场强度为：，故D错误；故选B。10.如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出的正确判断是()A. 带电粒子带负电B. 带电粒子由a点到b电势能减小C. 带电粒子在a点的动能大于在b点的动能D. 带电粒子做匀变速运动【答案】ABD【解析】【详解】A因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带负电。故A正确;BC带电粒子由a点到b点，电场力做正功，则电势能减小，动能增加，故B正确，C错误；D粒子仅受电场力，加速度恒定，可知粒子做匀变速曲线运动。故D正确;故选ABD。【点睛】解决本题的关键知道轨迹的凹向大致指向合力的方向，这是解决本题的关键，知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反。11.水平面上有一固定的U形光滑金属框架，框架上置一金属杆ab，如图（纸面即水平面），在垂直纸面方向有一匀强磁场，则以下说法中正确的是：A. 若磁场方向垂直纸面向外并增加时，杆ab将向右移动B. 若磁场方向垂直纸面向外并减少时，杆ab将向右移动C. 若磁场方向垂直纸面向里并增加时，杆ab将向右移动D. 若磁场方向垂直纸面向里并减少时，杆ab将向右移动【答案】BD【解析】【详解】A. 若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ab，由左手定则，ab受到的安培力向左，故杆ab将向左移动。故A错误；B. 若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ba，由左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动。故B正确；C. 若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ba，由左手定则，ab受到的安培力向左，杆ab将向左移动。故C错误；D. 若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ab，由左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动。故D正确。故选：BD12.如图所示，灯泡与自感线圈并联，灯泡的电阻为R1，线圈的直流电阻为R2，且R1R2，S闭合稳定时通过灯泡和线圈的电流分别为i1和i2，当K断开时，则流过灯泡的电流方向和灯的亮暗情况是（）A. 当断开K瞬间，灯突然亮一下然后才逐渐熄灭B. 当断开K瞬间，灯既不突然变亮，也不突然变暗，只是逐渐熄灭C. 当K断开时，流过灯泡的电流方向仍为从左向右D. 当K断开时，流过灯泡的电流方向变为从右向左【答案】D【解析】在K断开前，自感线圈L中有向右的电流，断开K后瞬间，R2的电流要减小，于是R2中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零原来跟R2并联的灯泡R1，由于电源的断开，向右的电流会立即消失但此时它却与R2形成了串联的回路，R2中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡R1中流过，方向由右经过灯泡到左侧因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，灯泡中的电流的方向与原电流方向相反；由于R1R2，所以通过灯泡和线圈的电流关系为i1i2，通过小灯泡的电流不可能再增大，所以小灯泡不可能闪亮一下，而是先突然变的比原来暗，然后逐渐熄灭，故ABC错误，D正确故选D.13.如图所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中() A. 感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B. 感应电流方向一直是逆时针C. 安培力方向始终与速度方向相反D. a位置低于b位置【答案】A【解析】【详解】AB先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，故A正确，B错误；C再看安培力方向，由于磁感应强度在竖直方向均匀分布，把铜环分成若干份，则可知，对称的一小段在竖直方向的安培力是大小相等，方向相反的，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一定夹角，故C错误。D因线圈从a到b的过程中要产生电能，消耗机械能能，则a位置要高于b位置，选项D错误；故选A。二、实验题14.某课题小组通过实验测量河水的电阻率现备有一根均匀的长玻璃管(两端各有一个圆形电极，可装入样品水，接触电阻不计)、电压表(量程12 V，内阻约10 k)、电流表(量程100 A，内阻约50 )、滑动变阻器(10 ，1 A)、电池组(电动势E12 V，内阻不计)、开关、导线若干、直尺、待测的水样品如图甲是他们用伏安法多次测量并计算出对应的水柱长度L与水柱电阻R描点画出的图象；实验中还用10分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图乙所示请回答下面的问题：(1)玻璃管内径d的测量值为_cm；(2)请在虚线框内画出测量水柱电阻的电路图_；(3)所测水的电阻率为_m.(保留两位有效数字)【答案】 (1). （1）2.26cm (2). （2）图见解析； (3). （3）80【解析】【详解】（1）由游标卡尺的读数规则可知：d=22mm+60.1mm=2.26cm（2）因为测量的电压值与电流值是从零开始，故应选用分压电路因电压表的内阻远大于被测电阻，所以应选用电流表外接法（3）因为，由图象可知：=2105/m而，所以15.为了较精确地测量一节干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A(具有一定内阻)，定值电阻R0(R0=1.5)，滑动变阻器R1(0-10)，滑动变阻器R2(0-200)，电键S实验电路原理图如图(a)(1) 为方便实验调节和较准确地测量，滑动变阻器应选用_(填R1或R2)(2)用笔画线代替导线在图(b)中完成电路连接_(3)实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U-I坐标系中画出图线U-I如图(C)所示，则干电池的电动势E=_V，内阻r=_(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). （1）R1 (2). （2）图见解析； (3). （3）1.5V； (4). 0.29【解析】【详解】（1）电流表的量程IA=0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：，所以变阻器应选R1；（2）根据原理图可知实物图如图所示：（3）根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I（r+R0），整理可得：U=-（r+R0）I+E，由图可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故E=1.50V；根据函数斜率的概念应有：r+R0=，解得r=0.29；【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，应注意明确以下几点：测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；通过电流表的最小电流应为电流表量程的1/3，这样可以保证准确；遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解。三、计算题16.如图所示，竖直平面内有一宽度为0.5m且足够长的“U”形金属导轨，处在磁感应强度大小为0.2T、方向与导轨平面垂直的匀强磁场中，导体棒MN沿导轨以1.0m/s的速度竖直向下匀速运动了2.0s。求：(1)这段时间内回路中磁通量的变化量； (2)这段时间内回路中感应电动势的大小。【答案】(1)0.2 Wb；(2)0.1 V【解析】（1）回路中磁通量的变化量：=BSS=Lvt代入数据得=0.2 Wb.（2）由法拉第电磁感应定律,感应电动势为E=BLv=0.20.51 V=0.1 V.17.如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场在x0区域，磁感应强度的大小为B0；x0区域，磁感应强度的大小为2B0一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，粒子在第一象限磁场转过半个周期，然后在第二象限磁场转过半个周期，然后粒子再次进入第一象限，速度方向沿x正方向；粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子在磁场中的运动时间：；（2）由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：，此时粒子与O点间的距离：d=2（r1-r2）=