2018-2019学年高二物理上学期期末试卷(含解析).doc

2018-2019学年高二物理上学期期末试卷(含解析)一、单选题1. 下列说法中正确的是（ ）A. 通过导体的电流越大，则导体的电阻越小B. 把一导体拉长后，其电阻率增大，电阻值增大C. 磁感线都是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止D. 通电直导线在磁场中受到的安培力方向一定与磁场方向垂直【答案】D【解析】试题分析：电阻是由导体本身决定的，与电流大小无关，所以A错误；电阻率是由导体材料决定的，相同材料，电阻率相同，所以B错误；磁感线在磁体的外面是从磁体的N极出发，到磁体的S极，在磁体内部是由磁体的S极出发，到磁体的N极,磁感线是闭合曲线，所以C错误；由左手定则可知安培力方向，磁场方向，电流方向三者之间两两相互垂直，所以D正确。考点：电阻定律，磁感线，安培力2.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是A. M带正电，N带负电 B. M的速率大于N的速率C. 洛伦兹力对M、N做正功 D. M的运行时间大于N的运行时间【答案】B【解析】试题分析：由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷，A错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R，半径为：r=mvqB，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；洛伦兹力不做功，C错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=2mqB，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中运动。3.如图所示，A、B、C三只电灯均能发光，当把滑动变阻器的触头P向下滑动时，三只电灯亮度的变化是()A. A、B、C都变亮 B. A、B变亮，C变暗C. A、C变亮，B变暗 D. A变亮，B、C变暗【答案】B【解析】当滑动变阻器的滑动触头向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则A灯变亮；电路中并联部分电压 U并=E-I（RA+r），I增大，其他量不变，则U并减小，所以C灯变暗；通过B灯的电流 IB=I-IC，I增大，IC减小，则IB增大，所以B灯变亮，所以A、B灯变亮，C灯变暗，故B正确，ACD错误。4.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是A. 该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻B. 加5V电压时，导体的电阻大于5C. 由图可知，随着电压的减大，导体的电阻不断增大D. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小【答案】C【解析】【分析】I-U图象反映导体中的电流随电压的变化情况；由各点的坐标得到电压和电流，由R=UI求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可判断其电阻的变化【详解】该元件是非线性元件，所以仍能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误，当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻R=UI=51.0=5.故B错误；由图知，随着电压的减小，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断减小，故C正确，D错误；故选C。【点睛】本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值5.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。则下列说法正确的是A. 带电粒子从磁场中获得能量B. 带电粒子做圆周运动的周期逐渐增大C. 带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关D. 带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关【答案】C【解析】【详解】磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，粒子从电场中获得能量。故A错误；根据：qvB=mv，其中：=2T，联立解得：T=2mqB，故周期与半径的大小无关，不变，故B错误；粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据qvB=mv2R得，最大速度：v=qBRm，则最大动能：Ekm=12mv2=(qBR)22m，知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故C正确，D错误；故选C。【点睛】解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大。以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等.6.如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率变化的图线(直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5)。由图可知A. 该金属的截止频率为4.271014 HzB. 该金属的截止频率为5.51014 HzC. 该图线的斜率没有实际意义D. 该金属的逸出功为0.5 eV【答案】A【解析】【分析】根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hW，Ek图象的斜率等于h，横轴的截距大小等于截止频率；逸出功W=h0，根据数学知识进行求解。【详解】A、B项：根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hW，Ek图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为0=4.271014 Hz，故A正确，B错误；C项：由Ek=hW，得知，该图线的斜率表示普朗克常量h，故C错误；D项：当Ek=hW=0时，逸出功为W=h0=6.6310-34Js4.271014 Hz=2.8310-19J=1.77eV，故D错误。故应选A。【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，结合数学知识即可进行求解。7.三种不同的入射光线甲、乙、丙分别照射在三种不同的金属a、b、c上，均恰能使金属中逸出光电子。已知三种光线的波长甲乙丙，则()A. 用入射光甲照射金属b，可能发生光电效应B. 用入射光乙照射金属c，一定发生光电效应C. 用入射光甲和乙同时照射金属c，可能发生光电效应D. 用入射光乙和丙同时照射金属a，一定发生光电效应【答案】D【解析】【详解】A项：三种光线的波长 甲 乙 丙 ，知 甲 乙 丙 ，因为乙光照射金属b，恰能发生光电效应，甲的频率小于乙的频率，所以甲光照射金属b，不能发生光电效应故A错误；B项：因为丙光照射金属c，恰能发生光电效应，乙的频率小于丙的频率，所以乙光照射金属c，不能发生光电效应，故B错误；C项：甲光和乙光的频率均小于丙光，丙光照射恰能发生光电效应，所以两光照射不能发生光电效应，故C错误；D项：因为乙光和丙光的频率均大于甲光的频率，甲光照射能发生光电效应，所以乙和丙光照射一定能发生光电效应，故D正确。故应选D。8.粒子散射实验中，不考虑电子和粒子的碰撞影响，是因为A. 粒子与电子根本无相互作用B. 粒子受电子作用的合力为零，是因为电子是均匀分布的C. 粒子和电子碰撞损失能量极少，可忽略不计D. 电子很小，粒子碰撞不到电子【答案】C【解析】粒子与电子之间存在着相互作用力，这个作用力是库仑引力，但由于电子质量很小，只有粒子质量的1/7300，碰撞时对粒子的运动影响极小，几乎不改变运动方向，就像一颗子弹撞上一颗尘埃一样，故答案为C。9.如图所示，把由同种玻璃制成的厚度为d的立方体A和半径为d的半球体B分别放在报纸上，且让半球的凸面向上从正上方(对B来说是最高点)竖直向下分别观察A、B中心处报纸上的文字，下面的观察记录正确的是看到A中的字比B中的字高看到B中的字比A中的字高看到A、B中的字一样高看到B中的字和没有放玻璃半球时一样高A. B. 只有 C. 只有 D. 【答案】A【解析】【分析】判断光的折射现象，要对折射的定义理解清楚，光从一种透明介质斜射入另一种透明介质中时，传播方向一般会发生改变，这是光的折射，当光线垂直入射时，传播方向不改变。【详解】如图所示：折射只有在入射角不等于0的时候才发生，当人眼通过半球看的时候进入眼睛的光线恰恰是从球面法线方向出来的光线，所以不发生折射，通过球体观察物像重合，则看到B中的字和没有放玻璃半球时一样高；通过立方体观察时，由于光线发生了折射角，折射角大于入射角，所以看到的像比物高，即看到A中的字比B中的字高，故正确，应选A。【点睛】此题主要考查学生对光的折射的理解和掌握，解答此类题目，画图解答，效果会更好。10.一束光从空气射向折射率n2的某种玻璃的表面，如图所示1代表入射角，则A. 当145时会发生全反射现象B. 无论入射角1是多大，折射角2都不会超过45C. 当入射角160时，折射角230D. 当入射角160时，反射光线与折射光线垂直【答案】B【解析】【分析】根据折射定律分析可知入射角最大时折射角也最大，并求出最大折射角的大小结合几何关系，根据折射定律求出反射光线跟折射光线恰好垂直时入射角的大小。【详解】A项：全反射发生的条件：光从光密介质进入光疏介质，故A错误；B项：当入射角最大时，折射角最大，最大入射角为90，根据折射定律得，n=sin900sin，解得最大折射角=450，所以折射角2都不会超过45角，故B正确；C项：当入射角160时，根据折射定律得，n=sin600sin2，解得：sin2=64，故C错误；D项：设入射角为时，反射光线与折射光线垂直，此时反射角为i=，则折射角为r=90-，根据折射定律得，n=sinsin(900)=2，解得：=arctan2，故D错误。故应选B。【点睛】解决本题的关键是掌握折射定律，并能根据折射定律分析出入射角最大时，折射角最大，并能求出最大折射角。二、多选题11. （4分）（xx海南）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法正确的是（ ）A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D. 焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系【答案】ACD【解析】试题分析：本题考查物理学史，根据电磁学发展中科学家的贡献可找出正确答案解：A、奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故A正确；B、欧姆定律说明了电流与电压的关系，故B错误；C、法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，故C正确；D、焦耳发现了电流的热效应，故D正确；故选ACD点评：电流具有磁效应、热效应、化学效应等，本题考查其发现历程，要求我们熟记相关的物理学史12. 如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )A. P、Q将互相靠拢B. P、Q将互相远离C. 磁铁的加速度仍为gD. 磁铁的加速度小于g【答案】AD【解析】由楞次定律可知，导体棒受安培力作用，安培力的效果总是用来阻碍磁通量的变化，A对；导体棒所受安培力向下，由牛顿第三定律可知条形磁铁所受反作用力方向向上，D对；13.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动。从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是A. 电流表的示数为10AB. 线圈转动的角速度为100rad/sC. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行D. 0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【答案】ABC【解析】【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向。【详解】由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=102A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=Im2=10A，故A正确；角速度=2T=100rad/s，故B正确；0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C正确；由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D错误。故选ABC。【点睛】本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值。14.如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比增加的磁场。设运动过程中小球带电量不变，那么A. 小球对玻璃环的压力一定不断增大B. 小球受到的磁场力一定不断增大C. 小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动D. 磁场力对小球一直不做功【答案】CD【解析】【分析】变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，然后判断小球对环的压力如何变化，判断小球受到的磁场力如何变化【详解】磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，小球反向，即沿顺时针方向加速运动，速度不断增加；小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力提供向心力，小球速度先减小后增大，小球所需向心力先减小后增大，环的弹力先减小后增大，小球对环的压力先减小后增大，故A错误；由于小球的速度先减小后增大，由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力先减小后增大，故B错误；小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动，故C正确；洛伦兹力始终与小球的运动方向垂直，磁场力对小球不做功，故D正确；故选CD。【点睛】本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题三、计算题15.在研究微型电动机的性能时，可采用图所示的实验电路当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V.求：(1)这台电动机的内阻；(2)这台电动机正常运转时的热功率；(3)这台电动机正常运转时的输出功率【答案】（1）2 （2）8w (3) 22w 【解析】(1)当电动机停止转动时，电动机可视为纯电阻电路，则有：r=U1I1=10.5=2(2)正常运动时，电流为2.0A，则其热功率P热=I2r=222=8W；(3)输出功率P出=UI-I2r=152-222=22W【点睛】本题的关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道电动机停转时其电路是纯电阻电路，欧姆定律能适用，当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻，欧姆定律不成立，要理清功率是如何分配的16.如图所示，先后以速度v1和v2(v1=2v2)，匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：(1)线圈中的感应电流之比I1：I2(2)线圈中通过的电量之比Q1：Q2(3)拉力做功的功率之比P1：P2【答案】(1)1：2 (2)1：1 (3)1：4【解析】【分析】感应电流根据I=ER、E=BLv求解；热量根据焦耳定律列式求解；在恒力作用下，矩形线圈以不同速度被匀速拉出，拉力与安培力大小相等，拉力做功等于拉力与位移的乘积，而拉力功率等于拉力与速度的乘积感应电荷量由q=It求解【详解】设线圈的长为a，宽为L（1）线圈中感应电流I=ER=BLvR，可知Iv，故感应电流之比是1：2（2）流过任一横截面感应电荷量q=It=BLvRav=BLaR，可知q与v无关，所以感应电荷量之比为1：1；（3）由于线圈匀速运动，外力与安培力大小相等，为F=BIL=B2L2vR，外力的功率为P=Fv=B2L2v2R，Pv2，所以外力的功率之比为1：4【点睛】要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解关键要掌握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式17.如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r=1m、电阻为R=3.14的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生(1)在图丙中画出感应电流随时间变化的i-t图象以逆时针方向为正；(2)求出