吉林省辽源一中2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题.docx

此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2018-2019学年上学期高二期末考试物 理 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1下列物理量属于矢量的是（ ）A电动势 B电流 C磁感应强度 D磁通量2关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（ ）A由B=FIL可知，B与电流强度I成反比B由B=FIL可知，B与电流受到的安培力F成正比C垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度方向D磁感应强度的大小、方向与放入磁场的导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关3关于感应电动势大小的下列说法中,正确的是（ ）A线圈中磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势一定越大B线圈中磁通量越大,产生的感应电动势一定越大C线圈放在磁感强度越强的地方,产生的感应电动势一定越大D线圈中磁通量变化越快,产生的感应电动势越大4以下说法正确的是（ ）A通电导线在磁场中一定会受到安培力的作用B磁铁对通电导线不会有力的作用C两根通电导线之间可能有斥力的作用D运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用5如图所示，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（ ）A B C D6如图所示为“研究感应电流产生的条件”的实验装置，下列操作中，电流计的指针不会发生偏转的是（ ）A将条形磁铁插入线圈的过程中B将条形磁铁从线圈中拔出的过程中C将条形磁铁放在线圈中不动D将条形磁铁从图示位置向左移动的过程中7如图所示，一金属圆环水平固定放置，现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线无初速度释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环（ ）A始终相互吸引B始终相互排斥C先相互吸引，后相互排斥D先相互排斥，后相互吸引8如图所示，三根通电长直导线P、O、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为L；电流均为I方向垂直纸面向里。O点为P、Q的中点，RO垂直于PQ，则O点的磁感强度方向为（ ）A方向指向x轴正方向B方向指向y轴正方向C方向指向x轴负方向D方向指向y轴负方向9一根通电直导线水平放置在地球赤道的上方，其中的电流方向为自西向东，该导线所受地磁场的安培力方向为（ ）A竖直向上 B竖直向下C水平向南 D水平向北10如右图所示，一个水平放置的矩形线圈abcd（俯视abcd为逆时针绕向，即bc边在外），在细长水平磁铁的S极附近竖直下落，由位置I经位置到位置。位置与磁铁同一平面，位置I和都很靠近，则在下落过程中，线圈中的感应电流的方向为（ ）AabcdaBadcbaC从abcda到adcbaD从adcba到abcda11如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中（ ）A电压表的示数增大，电流表的示数减小B电压表的示数减小，电流表的示数增大C电压表与电流表的示数都增大D电压表与电流表的示数都减小12如图，在正方形abcd范围内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个电子以不同的速率，从a点沿ab方向垂直磁场方向射入磁场，其中甲电子从c点射出，乙电子从d点射出。不计重力，则甲、乙电子（ ）A速率之比1:2B在磁场中运行的周期之比1:2C速度偏转角之比为1:2D电子在磁场中运动时，动能和动量均不变13矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与线框所在的平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感线应强度B随时间t变化规律如图所示，若规定逆时针方向为感应电流的正方向，则下列各图正确的是（ ）A B C D14如图所示，固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B随时间t变化的示意图为（ ）A B C D15在高能物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用，下左图为它的示意图。它由两个铝制的D形盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。右图为俯视图，在D形盒上半面中心S处有一正粒子源，它发出的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。如此周而复始，最后到达D形盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。己知正离子电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间极短，可忽略不计。正粒子从离子源出发时的初速度为零，不计粒子所受重力。则（ ）A高频交变电压变化的周期为蟺mBqB粒子可能获得的最大动能为BqR2mC粒子第1次与第n次在下半盒中运动的轨道半径之比为1:2n-1D粒子在回旋加速器中的总的时间为BR22U16如图所示，足够长通电直导线平放在光滑水平面上并固定，电流I恒定不变。将一个金属环以初速度v0沿与导线成一定角度(90)的方向滑出，此后关于金属环在水平面内运动的分析，下列判断中正确的是（ ）A金属环做曲线运动，速度先减小后增大B金属环做曲线运动，速度一直减小至0后静止C金属环做直线运动，速度一直减小至0后静止D金属环最终做匀速直线运动，运动方向与直导线平行17在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（ ）A将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化二、多选题18如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是（ ）A电动机的额定电压为IRB电动机的输出功率为IEI2RC电源的输出功率为IEI2rD整个电路的热功率为I2(R0+R+r)19指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是（ ）A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C仅受地磁场作用的指南针，指向南方的磁极是指南针的南极D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转20如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。则（ ）A流经电阻R1中的电流方向为b到aB回路中感应电动势的大小为C回路中感应电流大小为Da与b之间的电势差为三、实验题21下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为_mm，_mm。22用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：(1)旋动部件_，使指针对准电流的“0”刻度线. (2)将K旋转到电阻挡“100”位置. (3)将插入“”“”插孔的表笔短接，旋动部件_，使指针对准电阻的_(填“0 刻线”或“刻线”). (4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_的顺序进行操作，再完成读数测量A将K旋转到电阻挡“1 K”的位置 B将K旋转到电阻挡“10”的位置 C将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准23在测定金属的电阻率的实验中，待测金属导线的长约0.8m，直径小于1mm，电阻在5左右。实验主要步骤如下：(1)用刻度尺测量金属导线的长度，测3次，求出平均值l；(2)在金属导线的3个不同位置上用螺旋测微器测量直径，求出平均值d；(3)用伏安法测量该金属导线的电阻R。在左边方框中画出实验电路图_，并把右图中所给的器材连线补充完整_。安培计要求用0-0.6A量程，内阻约1;伏特计要求用0-3V量程，内阻约几k;电源电动势为6V;滑动变阻器最大阻值20。根据以上测量值，得到该种金属电阻率的表达式为=_。24利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差，实验电路如图1所示。(1)现有电流表(0-06A)、开关和导线若干，以及以下器材：A电压表(015V) B电压表(03V)C滑动变阻器(050) D滑动变阻器(0500Q)实验中电压表应选用_；滑动变阻器应选用_。（选填相应器材前的字母）(2)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下的一组数据的对应点，并画出U-I图线_。序号123456电压U(V)1.451.401.301.251.201.10电流I(A)0.0600.1200.2400.2600.3600.480(3)根据(2)中所画图线可得出干电池的电动势E=_V，内电阻r=_。(4)实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，图3各示意图中正确反映P-U关系的是_。四、解答题25如图所示，质量为m的导体棒MN静止在水平导轨上，导体棒与导轨宽度同为L，己知电源的电动势为E，内阻为r，导体棒的电阻为R，其余部分与接触电阻不计，磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为B，求：(1)导体棒受的安培力大小和方向：(2)轨道对导体棒的支持力和摩擦力大小。26在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中有一个长方形金属线圈abcd，匝数n=10，ad边长L1=2m，ab边长L2=3m。线圈的ad边与磁场的左侧边界重合，如图所示，线圈的电阻R=4。用外力把线圈从左侧边界匀速平移出磁场，速度大小为v=2m/s。试求在线圈匀速平移出磁场的过程中：(1)线圈产生的电动势E大小；(2)b、c两点间的电势差Ubc；(3)外力对线圈所做的功W；(4)通过线圈导线某截面的电量q。27如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角=30、大小为v0（未知量）的带正电粒子，己知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L,ab边足够长，粒子重力不计，求：(1)若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求粒子的入射速度大小V01;(2)若粒子恰好沿磁场上边界切线射出，求粒子的入射速度大小V02。(3)若带电粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁场中运动的最长时间。28利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图1，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差（霍尔电压），这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c、f间建立起电场EH，同时产生霍尔电压UH。当电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，EH和UH达到稳定值。(1)设半导体薄片的宽度（c、f间距）为1，请写出UH和EH的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图1中c、f哪端的电势高；(2)已知半导体薄片内单位体积中导电的自由电荷数为n，每个电荷量为q。理论表明霍尔电压UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d、材料的性质有关。试推导出UH的表达式，并指出表达式中体现材料性质的物理量；(3)图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉动信号图像如图3所示。若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式。2018-2019学年上学期高二期末考试物 理答 案1C【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，磁感应强度是矢量，而标量是只有大小没有方向的物理量，电流强度、电动势和磁通量都是标量，故ABD错误，C正确故选C2D【解析】磁感应强度B=FIL是采用比值法定义的，B与F、I无关，由磁场本身属性决定，故AB错误；垂直于磁场方向放置的通电导线的受力方向与磁感应强度的方向垂直故C错误磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，大小、方向与放入其中的通电导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关，由磁场本身属性决定故D正确故选D3D【解析】A项：根据可知，线圈中磁通量变化大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故A错误；B项：根据线圈中磁通量大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故B错误；C项：线圈放在磁感应强度越强的地方，磁通量虽然较大，但变化率不一定大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故C错误；D项：线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故D正确。4C【解析】通电导线在磁场中平行磁场方向放置时不受安培力，故A错误；磁铁的周围存在磁场，磁场对通电导线可能有安培力的作用，故B错误两根通电导线如果电流方向相同，则存在引力作用，如果电流方向相反，则存在斥力作用，故C正确若运动电荷的速度方向与磁感线的方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力的作用故D错误；选C.5B【解析】根据左手定则可知：A图中安培力向下，故A错误；B图中安培力向下，故B正确；C图中安培力向下，故C错误；D图中垂直于电流和磁场向外，故D错误故选B6C【解析】将条形磁铁插入线圈的过程中或者将条形磁铁从线圈中拔出的过程中，将条形磁铁从图示位置向左移动的过程中穿过线圈的磁通量都发生变化，所以ABD由感应电流产生，故选C，7D【解析】因圆环从开始下降到达磁铁中间时，磁通量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小时；则由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引；当考查发生电磁感应时的相互作用时，可以直接利用楞次定律的第二种描述：来拒去留8C【解析】P、Q两根导线距离0点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁场方向相反，大小相等，合场强为零，所以合场强等于R在O点产生的场强，根据安培定则，方向沿x轴负方向，故选C.9A【解析】赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上故A正确，BCD错误故选A10B【解析】如图所示，线圈从位置到位置的过程中，穿过线圈方向向下的磁通量减小，则产生感应电流；根据楞次定律，感应电流的磁场的方向向下，属于感应电流的方向为adcba方向；线圈从位置到位置的过程中，穿过线圈向上的磁通量增加，所以感应电流的磁场的方向向下，产生感应电流的方向为adcba方向所以整个过程中感应电流的方向始终都是沿adcba方向故B选项正确故选B.11D【解析】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则电流表示数减小，故D正确，ABC错误；故选D12C【解析】设磁场边长为a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqv=mv2r，解得：v=Bqrm，两个粒子的运动轨迹如图所示粒子甲从c点离开，其半径为a；粒子乙从d离开，半径为12a，则速率之比为，故A错误；粒子的运行周期T=2蟺mqB，故B错误；由图可知，甲粒子的偏转角是，乙粒子的偏转角是，速度偏转角之比为1:2，故C正确；根据动能Ek=12mv2，得动能之比为，根据动量P=mv，得，故D错误；选C.13D【解析】由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变14C【解析】根据楞次定律，若闭合回路内的磁通量不发生变化，则无感应电流产生。从开始经过时间则线框面积变化为，则磁通量，即磁通量等于时的磁通量。带入得，随着时间的延长，磁感应强度无限接近于0，当又不会等于0，对照选项C对ABD错。15C【解析】加速电场变化的周期与粒子在磁场中运动周期相等，则有：T=2蟺mqB，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvmB=mvm2R，解得vm=BqRm，粒子获得的最大动能Ekm=12mvm2=q2B2R22m，故B错误；粒子在电场中第一次加速，则有qU=12mv12，解得v1=2qUm，则粒子以v1第一次在下半盒中运动，根据qv1B=mv12R1，解得R1=mv1Bq=1B2mUq；粒子在第n次进入下半盒运动前，已在电场中加速了（2n-1）次，则有2n-1qU=12mvn2，解得vn=22n-1qUm，则半径为Rn=mvnBq=1B22n-1mUq，故半径之比为R1Rn=12n-1，故C正确；粒子在加速器中运动的总时间为，故D错误；选C.16D【解析】金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力将阻碍金属圆环远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故最终做匀速直线运动，方向与直导线平行，D正确，选D.17D【解析】将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故D正确故选D。18CD【解析】因为电动机和指示灯是非纯电阻，所以不能根据欧姆定律计算其两端的电压，A错误；电源的输出功率为PE=EI-I2r，B错误C正确；根据焦耳定律可得整个电路的热功率为PQ=I2(R+R0+r)，D正确；19BC【解析】A不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；C磁体的南北极的规定是：磁体仅在地磁场作用下停止时，指向南方的磁极是南极，指北方的磁极是北极，故C正确；D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，根据安培定则，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针会发生偏转，故D错误；20ACD【解析】由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A正确；由图示图象可知，磁感应强度的变化率：，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：，面积：，则感应电动势：，感应电流：，a与b之间的电势差等于线圈两端电压，即路端电压：Uab=IR1=2n蟺B0r223t0，故B错误，CD正确；选ACD.2129.8 1.650 【解析】游标卡尺的主尺读数为29mm，游标读数为0.18mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm；螺旋测微器固定刻度为1.5mm，可动刻度为0.0115.0mm=0.150mm，所以最终读数为：1.5mm+0.150mm=1.650mm22S T 0刻线 ADC 【解析】首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S. 接着是欧姆调零，将“”、“”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现所以正确顺序BDC.23见解析图 见解析图 【解析】因电阻丝电阻值远小于电压表内阻值，与内阻的电流表的电阻差别比较小，为减小误差，电流表应用外接法要提高实验的准确度，实验中测量的电压和电流的数值不要太接近，所以最好使用滑动变阻器的分压式接法实验电路如图所示实物连接如图根据，其中，解得.24(1)B C (2)如图 (3) 1.50 (1.491.51) 0.83 (0.810.85) (4)C 【解析】（1）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示：（3）由得出的电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻：；（4）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C25(1) F=EBLR+r,方向水平向左；(2) N=mg,f=EBLR+r【解析】导体棒处于静止状态，合外力为零，分析受力情况，根据平衡条件、欧姆定律和安培力公式结合进行求解（1）棒的受力分析图如图所示：根据左手定则可知，安培力方向水平向左大小为F=BIL，其中I=ER+r，解得：F=EBLR+r（2）根据平衡条件得：N=mg,f=F=EBLR+r26(1)20V (2)-16V (3)150J (4)7.5C【解析】（1）让线圈匀速平动移出磁场时，bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势，根据E=nBL1v即可求解；（2）bc边切割磁感线，故bc边相当于电源，且b点电势低于c点电势，先求出Ucb（为路端电压），再根据Ubc=-Ucb即可求解；（3）因线圈匀速出磁场，故外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能；（3）根据根据法拉第电磁感应定律平均感应电动势，再根据I=ER求平均感应电流，最后根据即可求解.（1）让线圈匀速平动移出磁场时，bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势则有：E=nBL1v=20V（2）根据右手定则可知，电流从b流到c，此时