江西省景德镇市第一中学2018_2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）.docx

江西省景德镇市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分）1.如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为，一带电量为-q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是 （ ）A. 小球下滑的最大速度为B. 小球下滑的最大加速度为am=gsinC. 小球的加速度一直在减小D. 小球的速度先增大后不变【答案】BD【解析】小球开始下滑时有，随v增大，a增大，当时，a达最大值，此时洛伦兹力等于mgcos，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有，随v增大，a减小，当时， ，此时达到平衡状态，速度不变所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小，所以B正确2.如图所示，匀强磁场垂直于金属导轨平面向里，导体棒ab与导轨接触良好，当导体棒ab在金属导轨上做下述哪种运动时，能使闭合金属线圈c向右摆动( )A. 向右加速运动 B. 向右减速运动 C. 向左加速运动 D. 向左减速运动【答案】BD【解析】导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通量增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故A错误；导线ab减速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小，故B正确；导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通量增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故C错误；导线ab减速向左运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小，故D正确。所以BD正确，AC错误。3.图示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关。关于三盏灯泡，下列说法正确的是 A. 合上开关， c、b先亮，a后亮B. 合上开关一会后， a、b一样亮C. 断开开关， b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D. 断开开关，c马上熄灭， b闪一下后和a一起缓慢熄灭【答案】AB【解析】【详解】A、开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，磁能量增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，故A正确；B、合上开关一会儿后，因线圈中电流逐渐稳定，则相当于导线，所以a、b一样亮，故B正确；CD、断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和a、b组成的回路中有电流，导致a、b一起缓慢熄灭；而c没有电流，马上熄灭；由于原来ab两灯的电流相等，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流减小，所以两灯都不会闪亮，故C、D错误；故选AB。【点睛】关键是电路稳定后，L的电阻很小，闭合S和断开S瞬间，通过线圈L的电流发生变化，产生自感电动势，相当瞬时电源，从而可以进行分析。4. 如右图所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处在y轴的右侧的、象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行t0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是下图中的()【答案】A【解析】试题分析：在0时间内，ab边切割磁感线运动，根据右手定则，知感应电流的方向为abcda，为正，切割的有效长度在均匀减小，所以感应电流的大小在均匀减小。在时间内，时间内，cd边切割磁感线运动，根据右手定则感应电流的方向为adcba，为负，切割的有效长度在均匀减小，所以感应电流的大小在均匀减小故A正确，B、C、D错误故选A考点：本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势。5.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿出匀强进场区域瞬间的vt图象。图中的物理量均已知。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是A. 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B. 金属线框的边长为v1(t2t1)C. 磁场的磁感应强度为D. 金属线框在0t4的时间内所产生的热量为【答案】BC【解析】金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，A错误；由图乙可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为，运动时间为，故金属框的边长，B正确；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得，解得，C正确；时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为 ，时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为，故，D错误。故选BC6. 一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，各边电阻均为1，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为0.2m、磁感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示，当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中，如图所示中，哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况( )【答案】B【解析】试题分析：ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0-L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0感应电动势为 E=BLv=10.14V=0.4V，Uab是外电压，则有 Uab=E=0.3V；线框完全在磁场中运动过程，x在L-2L范围：磁通量不变，没有感应电流产生，ab边两端电势差等于电动势，为 Uab=E=0.4V；dc切割磁感线过程，x在2L-3L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0感应电动势为 E=BLv=10.14V=0.4V，Uab是外电压的，则有 Uab=E=0.1V；故B正确故选B.考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题是楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律的综合，比较简单，注意解题时要逐段分析，搞清内电路和外电路，此题容易出错的地方是ab的电压是内电压还是外电压的问题；此题意在考查学生对物理过程的综合分析能力.7.如图所示，理想变压器原线圈连接的交变电压有效值保持不变， L1、L2是完全相同的两个灯泡，电表均为理想电表，开始时开关S是闭合的。当开关S断开后，下列说法正确的是A. 电压表的示数变大B. 电流表A1的示数减小C. 电流表A2的示数变大D. 灯泡L1的亮度变亮【答案】BD【解析】试题分析：A、由题可知，原线圈电压不变，理想变压器的匝数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表示数不变；错误BC、不变，开关S断开后，负载总电阻增大，副线圈电流减小，示数减小；理想变压器输入输出功率相等，即可得，减小，示数减小；B正确C错误D、不变，减小，R两端电压减小，灯泡两端电压增大，灯泡变亮；正确故选BD考点：变压器的动态分析点评：此题关键理想变压器的匝数比不变，决定，输出功率决定输入功率，决定。8.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）A. t=0时刻线圈平面与中性面垂直B. t=0.01s时刻的变化率达到最大C. t=0.02s时刻感应电动势达到最大D. 该线圈产生的感应电动势随时间变化的图象如图乙所示【答案】B【解析】试题分析：由甲图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，故A错误；t=001s时刻，磁通量等于零，但的变化率达最大，故B正确；t=002s时刻，磁通量最大，交流电动势为零，故C错误；由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，故D错误；故选B。考点：交流电的产生及变化规律9.如图所示，边长分别为和的单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕轴匀速转动，转动角速度为，磁场的磁感应强度为B，线圈的电阻为R，则( )A. 线圈中感应电流的有效值为B. 线圈在图示位置时cd边受到的安培力大小为C. 线圈从图示位置转过的过程中通过导线横截面的电荷量为D. 线圈从图示位置转过的过程中产生的热量为【答案】D【解析】【详解】A、电动势的最大值为，故电流的有效值，故A错误；B、线圈在图示位置时感应电流最大，则cd边受到的安培力大小，故B错误；C、线圈从图示位置转过的过程中通过导线横截面的电荷量为，故C错误；D、线圈从图示位置转过的过程中产生的热量为：，故D正确；故选D。【点睛】要注意明确最大值及有效值的表达式，同时注意由由交流电的有效值求解热量。10.如图甲所示电路中，L1、L2、L3为三只“6 V,3 W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光下列说法中正确的是()A. 变压器原副线圈的匝数比为3 1B. 输出端交流电的频率为50 HzC. 电流表的示数为0.5 AD. 电压表的示数为18 V【答案】B【解析】试题分析：根据乙图可得ab端接入的交流电有效值为，灯泡正常发光，说明灯泡电压为额定电压，那么变压器输入电压，变压器副线圈为两个灯泡并联，灯泡电压等于副线圈输出电压即，原副线圈匝数比为，选项A错。电压表示数为原线圈输入电压即，选项D错。灯泡正常发光的额定电流，电流表测量副线圈干路电流所以读数为，选项C错。根据乙图可知输入交流电的频率，经过变压器后交流电频率不变，选项B对。考点：交流电 变压器11. 如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部。环中维持恒定的电流I不变，后圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H。已知重力加速度为g，磁场的范围足够大。在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是 （ ）A. 在时间t内安培力对圆环做功为mgHB. 圆环先做加速运动后做减速运动C. 圆环运动的最大速度为gtD. 圆环先有扩张后有收缩的趋势【答案】BC【解析】试题分析：环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI2r，则在竖直方向的分力为2rBIcos，由牛顿第二定律，可得：BI2rcos-mg=ma，则圆环向上的加速度为，竖直向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得，故C项正确；在时间t内，上升的高度h=at2，则安培力对圆环做功为，故A错误；电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故B正确；圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D错误故选BC.考点：牛顿第二定律；功；安培力【名师点睛】该题考查磁场中力做功与牛顿第二定律、电磁感应等的综合问题，要理清其中能量转化的方向，根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据做功表达式，结合电磁感应与安培力，即可求解；此题意在考查学生对物理问题的综合分析能力.12.施密特触发器是具有特殊功能的非门,当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平,而当输入端A的电压下降到另一个值时,Y会从低电平跳到高电平.如图是温度报警器电路示意图,RT是半导体热敏电阻,温度升高时电阻减少,下列分析正确的是 A. 升高温度时,A端电势降低;升高到某一温度时,Y端电势升 高,蜂鸣器会发出报警声B. 升高温度时,A端电势升高;升高到某一温度时,Y端电势降低,蜂鸣器会发出报警声C. 增大R1 时,A端电势降低;增大到某一值时,Y端势升高,蜂鸣器会发出报警声D. 增大R1 时,A端电势升高;增大到某一值时,Y端势降低,蜂鸣器不会发出报警声【答案】B【解析】【详解】AB、根据电路图知，当RT的温度升高时，RT减小，A端电势升高，经非门后，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，故B正确，A错误；CD、当增大R1时，A端电势升高，经非门后，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声，故C、D错误；故选B。【点睛】根据电路图知，当RT的温度升高时，RT减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，当增大R1时，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声。二、实验题（本题共2道小题,第1题6分,第2题9分,共15分）13.某同学用以下器材接成图1所示的电路，并将原微安表盘改画成如图2所示，成功地改装了一个简易的“R1k”的欧姆表，使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在范围内的电阻时精确度令人满意，表盘上数字“15”为原微安表盘满偏电流一半处所供器材如下：A、的微安表一个；B、电动势，电阻可忽略不计的电池；C、阻值调至电阻箱R一个；D、红、黑测试表棒和导线若干；原微安表的内阻_；在图1电路的基础上，不换微安表和电池，图2的刻度也不改变，仅增加1个电阻，就能改装成“R1”的欧姆表要增加的电阻应接在_之间填a、b、，规格为_；保留两位有效数字画出改装成“”的欧姆表后的电路图_【答案】（1）1k；（2）a、c，15；（3）电路图如图所示【解析】试题分析：欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律；欧姆表指针指在中央时所测电阻阻值等于欧姆表内阻，此电阻阻值叫中值电阻，此时所测电阻阻值最准确解：（1）根据“使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10k20k范围内的电阻时精确度令人满意”，说明在测阻值在10k20k的电阻时欧姆表的指针在刻度盘的中间附近，由此可结合刻度盘确定此表的中值电阻，即表内总电阻约为R总=15k（相当于欧姆表选择量程于1 k 挡）当表笔短接时，电流满偏，根据欧姆定律有：Ig=，代入E、R、Ig的值，解得：Rg=1k；（2）要减少把原表改装成“R1”的欧姆表，就要减少表的内阻，依题意，显然只有在ac之间并联一个小电阻R才能使表内总电阻等于中值电阻R并=15根据R并=，代入R以及Rg的数值可计算可得R15；（3）画出改装成“R1”的欧姆表后的电路图如图所示故答案为：（1）1k；（2）a、c，15；（3）电路图如图所示【点评】欧姆表刻度盘中央刻度值是中值电阻，欧姆表中值电阻阻值等于欧姆表内阻；知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题14. 在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是： （2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：量程3V的电压表V，量程06A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆），滑动变阻：R1（010）滑动变阻器R2（0200），单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用 （填R1或R2）开始实验之前，S1、S2都处于断开状态现在开始实验：A闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U0，电流表的读数为I0，则U0/I0= （电流表内阻用RA表示）B闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2则新电池电动势的表达式为E= ，内阻的表达式r= 【答案】、电源内阻很小；、防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；R1，A、R0+RAB、，【解析】试题分析：作出电源的UI图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线1的较小，由图可以看出，图线1电压随电流变化较慢本实验中发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏滑动变阻器应选用R1因为R1的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小根据欧姆定律可知，可以测出的物理量是定值电阻R0和电流表内阻之和，用测量写出表达式为：B、根据闭合电路欧姆定律得E=U1+I1（R0+RA+r）E=U2+I2（R0+RA+r）联立解得：考点：伏安法测量电源的电动势和内阻四、计算题（本题共4道小题,第1题7分,第2题10分,第3题10分,第4题10分,共37分）15.如图所示，一小型发电站通过升压变压器B1和降压变压器B2把电能输送给用户（B1和B2都是理想变压器），已知发电机的输出功率为500kW，输出电压为500V，升压变压器B1原、副线圈的匝数比为1：10，两变压器间输电导线的总电阻为2降压变压器B2的输出电压为220V求：（1）输电导线上损失的功率；（2）降压变压器B2的原、副线圈的匝数比【答案】（1）20000W；（2）240：11【解析】试题分析：（1）输电电压：输电电流：损失的功率：（2）降压变压器匝数比：考点：远距离输电；电功、电功率【名师点睛】解决本题的关键知道：原副线圈电压之比、电流之比与匝数之比的关系；升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压以及电压损失的关系。16.如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xy平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为h/2，A的中点在y轴上，长度略小于a/2。带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。【答案】【解析】设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为，与板碰撞后再次进入磁场的位置为。粒子在磁场中运动的轨道半径为R，有,粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离保持不变有 ,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变,与相等由图可以看出设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次(n=0、1、2、3)若粒子能回到P点,由对称性,出射点的x坐标应为-a,即,由两式得若粒子与挡板发生碰撞,有联立得n3联立得把代入中得视频17.如图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ,导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为，已知：