云南省昆明市嵩明实验中学高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年云南省昆明市嵩明实验中学高二（下）期末物理试卷一、不定项选择题（每题4分，共40分）1如图所示两个等量异种点电荷电场，ab为中垂线，且ao=bo，则（）a a、b两点场强相等b 正电荷从a运动到b，电势能增加c 负电荷从a运动到b，电势能增加d a、b两点电势差为零2在某段电路中，其两端电压为u，通过的电流为i，通电时间为t，该电路电阻为r，则关于电功和电热的关系，下列说法正确的是（）a 任何电路中，电功为uit=i2rtb 任何电路中，电功为uitc 纯电阻电路中uit=i2rtd 在非纯电阻电路中uiti2rt3如图所示，当变阻器r3的滑动头p向b端移动时（）a 电压表示数变大，电流表示数变小b 电压表示数变小，电流表示数变小c 电压表示数变大，电流表示数变大d 电压表示数变小，电流表示数变大4如图所示，四个放在匀强磁场的通电线圈，能够由图示位置开始绕转动轴oo发生转动的是（）a b c d 5电源的电动势e=3v，内阻r=1，r1=10，r2=10，r3=30，r4=60；电容器的电容c=100f，电容器原来不带电，接通开关s后流过r4的电荷量为（）a 2104cb 2103cc 1.76104cd 1.76103c6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 线圈放在磁感应强度越强的地方，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7如图所示，a和b为两闭合的金属线圈，c为通电线圈，由于c上电流变化，a上产生顺时针方向电流，下列说法中正确的是（）a c上的电流方向一定是逆时针方向b b上可能没有感应电流c b上的感应电流可能是逆时针方向d b上的感应电流一定是顺时针方向8如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从bc边进入磁场区开始计时，到a点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）a b c d 9金属杆a b水平放置在某高处，当它被平抛进入方向竖直向上的匀强磁场中时（如图所示），以下说法中正确的是（）a 运动过程中感应电动势大小不变，且uaubb 运动过程中感应电动势大小不变，且uaubc 由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且uaubd 由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且uaub10如图为理想变压器原线圈所接交流电压的波形原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1a，下列说法正确的是（）a 变压器输出端所接电压表的示数为20vb 变压器的输出功率为200wc 变压器输出端的交流电的频率为50hzd 穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为wb/s二、实验题（11题8分，12题6分，13题6分，共20分）11在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：a小灯泡l（ 3v、1.8w）；b滑动变阻器r（010，额定电流1.5a）；c电压表v1（量程：03v，r v=5k）；d电压表v2（量程：015v，r v=10k）；e电流表a1（量程：00.6a，r a=0.5）；f电流表a2（量程：03a，r a=0.1）；g铅蓄电池、电键各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压（1）为了减小误差，实验中应选电压表，电流表（2）某同学实验后作出的iu图象如图1所示，请分析该图象形成的原因是：（3）请在图2中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线）12在测量金属丝电阻率的实验中：用螺旋测微器测量长度时，可以精确到 mm，读出如图情况下的测量结果cm在连接电路时，下列说法错误的是a在连接实验电路中，电键应处于断开状态，滑动变阻器滑片应置于阻值最大处；b连好电路后，经检查没有错误，立即按下电键，接通电源c连接好电路后，经检查没有错误，正式闭合电键前，先要试触，如果没有电表超过量程或不正常情况，再把电键按下d用安培表和伏特表测量电流和电压，在读数后要及时断开电键13下面是在测某电池的电动势和内电阻的实验中记录的六组数据请在直角坐标系中画出ui图象，并根据图象算出待测电池的电动势和内电阻 u（v） 1.37 1.321.24 1.18 1.10 1.05i（a） 0.12 0.200.31 0.320.50 0.57电池的电动势为v此电池的内阻为三、计算题（14题12分，15题14分，16题14分）14如图所示电路中，r1=r2=r3=1，当电键k接通时，电压表读数u1=1v；k断开时，电压表读数u2=0.8v，求（1）e，r（2）k断开后，电源消耗的功率及效率15水平放置的平行金属框架宽l=0.2m，质量为m=0.1kg的金属棒ab放在框架上，并且与框架的两个边垂直整个装置放在方向竖直向下磁感应强度b=0.5t的匀强磁场中，如图所示金属棒ab在f=2n的水平向右的恒力作用下由静止开始运动电路中除定值电阻r=0.05外，其他电阻、摩擦阻力均不考虑，求：（1）ab速度是v=5m/s时，棒的加速度a是多大？（2）当ab棒达到最大速度vm后，撤去外力f，此后感应电流还能产生多少热量q？16如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度b并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为=60，求电子的质量和穿越磁场的时间2014-2015学年云南省昆明市嵩明实验中学高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、不定项选择题（每题4分，共40分）1如图所示两个等量异种点电荷电场，ab为中垂线，且ao=bo，则（）a a、b两点场强相等b 正电荷从a运动到b，电势能增加c 负电荷从a运动到b，电势能增加d a、b两点电势差为零考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力做功为零，结合电势差的定义和电场力做功与电势能变化的关系进行分析即可解答：解：a、一对等量异号电荷的电场强度关于两者的连线对称，故a、b两点的电场强度相同，故a正确；b、c、一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，它们的电势相等，即电势差为零，电荷从等势面上的a点移动到另一点b，不论正电荷，还是负电荷，电场力做的功一定为零，因此电势能也不变，bc错误；d、一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故a、b两点的电势相等，电势差为零；两个电荷连线上的电场线是由正电荷指向负电荷，而沿着电场线，电势越来越低，故两个点电荷间的电势差不为零，故d正确，；故选ad点评：本题关键是明确一对等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图，要做到胸中有图；同时要特别注意两个电荷的连线和中垂线上的电场情况2在某段电路中，其两端电压为u，通过的电流为i，通电时间为t，该电路电阻为r，则关于电功和电热的关系，下列说法正确的是（）a 任何电路中，电功为uit=i2rtb 任何电路中，电功为uitc 纯电阻电路中uit=i2rtd 在非纯电阻电路中uiti2rt考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电功公式p=uit和电热的公式q=i2rt均适用于任何电路在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，w=uit=i2rt在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即uiti2rt解答：解：a、在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，w=uit=i2rt在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即uiti2rt故a错误b、在任何电路中，电功w=uit，电热q=i2rt故b正确c、电饭锅工作时其电路是纯电阻电路，则uit=i2rt，故c正确d、对直流电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即uiti2rt故d正确故选：bcd点评：对于纯电阻电路和非纯电阻电路，电功与电热的公式都成立，只是在纯电阻电路中，两者相等，在非纯电阻电路中，电功大于电热3如图所示，当变阻器r3的滑动头p向b端移动时（）a 电压表示数变大，电流表示数变小b 电压表示数变小，电流表示数变小c 电压表示数变大，电流表示数变大d 电压表示数变小，电流表示数变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由图可知r2与r3并联后与r1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由u=eir可得出路端电压的变化；将r1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得r2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化解答：解：当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故电源的内电压增大；因此路端电压减小，故电压表示数变小；将r1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过r2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数变大；故d正确，abc错误；故选：d点评：闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理4如图所示，四个放在匀强磁场的通电线圈，能够由图示位置开始绕转动轴oo发生转动的是（）a b c d 考点：安培力分析：根据左手定则判断线框每条边所受的安培力，从而确定线框是否绕转动轴oo发生转动解答：解：a、根据左手定则知，上边所受的安培力垂直向上，下边所受的安培力垂直向下，左边所受的安培力垂直向左，右边所受的安培力垂直向右线框不会转动故a错误b、上边和下边电流的方向与磁场方向平行，不受安培力，左边所受的安培力垂直纸面向外，右边所受的安培力垂直纸面向里，会转动，但是不是绕oo转动故b错误c、左右两边的电流方向与磁场方向平行，不受安培力，上边所受的安培力方向垂直纸面向外，下边所受的安培力方向垂直纸面向里，会绕oo转动故c正确d、上边和下边电流的方向与磁场方向平行，不受安培力，左边所受的安培力垂直纸面向里，右边所受的安培力垂直纸面向外，会绕oo转动故d正确故选：cd点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，知道磁感线穿过掌心，四指方向表示电流方向，大拇指所指方向为安培力的方向5电源的电动势e=3v，内阻r=1，r1=10，r2=10，r3=30，r4=60；电容器的电容c=100f，电容器原来不带电，接通开关s后流过r4的电荷量为（）a 2104cb 2103cc 1.76104cd 1.76103c考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：接通开关s待电路稳定后电容器两板间的电压等于电阻r3两端的电压根据欧姆定律和串并电路的特点，求出电容器的电压，得到电容器的电量接通开关s到电路稳定过程中流过r4的总电荷量q等于电容器所带的电量解答：解：外电路的总电阻为：r=8电路中的总电流：i=a路端电压：u=eir=3=v电容器两板间电压等于r3两端电压为：uc=u3=u=v=2v流过r4的电荷量为：q=cuc得：q=2104c故选：a点评：对于含有电容器的问题，关键是确定电容器的电压电路稳定时电容器的电压等于其并联电路两端的电压6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 线圈放在磁感应强度越强的地方，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考点：法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：对法拉第电磁感应定律的理解e=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率解答：解：根据法拉第电磁感应定律e=n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比a、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故，不一定越大，故a错误；b、磁通量越大，是大，但及，则不一定大，故b错误；c、虽然磁感应强度越强的磁场中，但可能是定值，产生的感应电动势可能不变，故c错误；d、磁通量变化的快慢用，表示磁通量变化得快，则，比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故正确d故选：d点评：磁通量=bs，磁通量的变化=21，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键7如图所示，a和b为两闭合的金属线圈，c为通电线圈，由于c上电流变化，a上产生顺时针方向电流，下列说法中正确的是（）a c上的电流方向一定是逆时针方向b b上可能没有感应电流c b上的感应电流可能是逆时针方向d b上的感应电流一定是顺时针方向考点：楞次定律分析：当线圈c中通有不断增大的顺时针方向的电流时，周围的磁场发生变化，即通过线圈a与b的磁通量发生变化，根据楞次定律结合右手螺旋定则判断出线圈中感应电流的方向解答：解：由于c上电流变化，a上产生顺时针方向电流，则知感应电流的磁场的方向向里，可能是向里的磁场减小，也可能是向外的磁场增强a、若是向里的磁场增强，则c上的电流的方向是顺时针方向故a错误；b、c、d、若是向里的磁场减小，则由楞次定律可知，b中感应电流的磁场的方向向里，b中感应电流的方向顺时针方向；若是向外的磁场增强，则由楞次定律可知，b中感应电流的磁场的方向向里，b中感应电流的方向顺时针方向故bc错误，d正确故选：d点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化8如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从bc边进入磁场区开始计时，到a点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）a b c d 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据e=blv及欧姆定律判断感应电流的大小解答：解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故c错误；感应电流i=，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度l减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度l减小，感应电流逐渐减小；故a正确，bd错误；故选a点评：本题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用e=blv及欧姆定律即可正确解题9金属杆a b水平放置在某高处，当它被平抛进入方向竖直向上的匀强磁场中时（如图所示），以下说法中正确的是（）a 运动过程中感应电动势大小不变，且uaubb 运动过程中感应电动势大小不变，且uaubc 由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且uaubd 由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且uaub考点：导体切割磁感线时的感应电动势分析：金属杆水平抛出后，将切割磁感线产生感应电动势，感应电动势由公式e=blvsin进行分析，式中vsin是有效的切割速度，即垂直于磁感线方向的分速度电势高低由右手定则判断高低解答：解：设金属杆ab水平抛出时的初速度为v0金属杆水平抛出后，将切割磁感线产生感应电动势，由于磁感线竖直向上，所以有效的切割速度就是金属杆的水平速度，而平抛运动水平方向做匀速运动，水平分速度保持不变，始终等于v0，则ab产生的感应电动势为：e=blv0，保持不变根据右手定则判断可知，ab中感应电动势方向为ba，所以uaub故a正确，bcd错误故选：a点评：解决本题关键要理解公式e=blvsin中vsin是有效切割的速度，即垂直于磁感线方向的分速度，等于平抛运动的初速度10如图为理想变压器原线圈所接交流电压的波形原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1a，下列说法正确的是（）a 变压器输出端所接电压表的示数为20vb 变压器的输出功率为200wc 变压器输出端的交流电的频率为50hzd 穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为wb/s考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输如电压的峰值、有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比即可求得结论解答：解：a、由图象知输入端电压有效值为200v，根据电压与匝数成正比知变压器输出端所接电压表的示数为20v，a错误；b、输入的电压的有效值为200v，由p=ui可得，输入的功率的大小为200w，输入功率等于输出功率，所以b正确c、正弦交流电的频率为f=50hz，所以c正确d、由em=n知=，对副线圈=，所以d正确故选bcd点评：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比和功率公式即可求得结论二、实验题（11题8分，12题6分，13题6分，共20分）11在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：a小灯泡l（ 3v、1.8w）；b滑动变阻器r（010，额定电流1.5a）；c电压表v1（量程：03v，r v=5k）；d电压表v2（量程：015v，r v=10k）；e电流表a1（量程：00.6a，r a=0.5）；f电流表a2（量程：03a，r a=0.1）；g铅蓄电池、电键各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压（1）为了减小误差，实验中应选电压表c，电流表e（2）某同学实验后作出的iu图象如图1所示，请分析该图象形成的原因是：金属材料的电阻率随着温度的升高而升高（3）请在图2中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表（2）分析图示图示，应用欧姆定律分析答题（3）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出实验电路图解答：解：（1）灯泡额定电压为3v，电压表选c，灯泡额定电流为：i=0.6a，电流表选择e；（2）由图示图象可知，随电压与电流的升高，灯泡电阻增大，这是由于灯泡电阻随温度升高而增大造成的（3）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：故答案为：（1）c；e；（2）金属材料的电阻率随着温度的升高而升高；（3）如图所示点评：本题考查了实验器材选择、实验数据分析、设计实验电路图，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器要采用分压接法12在测量金属丝电阻率的实验中：用螺旋测微器测量长度时，可以精确到0.01 mm，读出如图情况下的测量结果0.4764cm在连接电路时，下列说法错误的是ba在连接实验电路中，电键应处于断开状态，滑动变阻器滑片应置于阻值最大处；b连好电路后，经检查没有错误，立即按下电键，接通电源c连接好电路后，经检查没有错误，正式闭合电键前，先要试触，如果没有电表超过量程或不正常情况，再把电键按下d用安培表和伏特表测量电流和电压，在读数后要及时断开电键考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：在测量金属丝电阻率的实验中，为防止电流过大，要使电流缓慢增加，故开始时滑动变阻器滑片位于阻值最大位置；接通电路前要试触，防止电流过大；测定读数后要断开电源，防止电阻丝发热而温度变化解答：解：（1）根据螺旋测微器原理可知，其精确度为0.01mm； 图中固定部分读数为4.5mm；转动部分读数为：26.40.01；故最终读数为：4.5+0、264=4.764mm=0.4764cm；（2）a、为保护电路中的各个元件，在连接实验电路中，电键应处于断开状态，滑动变阻器滑片应置于阻值最大处，故a正确；b、c、为安全起见，连接好电路后，经检查没有错误，正式闭合电键前，先要试触，如果没有电表超过量程或不正常情况，再把电键按下，故b错误，c正确；d、电阻丝长时间工作，温度会显著升高，电阻率会变化，故用安培表和伏特表测量电流和电压，在读数后要及时断开电键，故d正确；本题选择错误的，故选：b故答案为：（1）0.01；0.4764；（2）b点评：本题考查了螺旋测微器的读数以及实验操作的一些注意事项，实验中要防止电压、电流超过电表量程，电阻丝不宜长时间通电，以防温度变化13下面是在测某电池的电动势和内电阻的实验中记录的六组数据请在直角坐标系中画出ui图象，并根据图象算出待测电池的电动势和内电阻 u（v） 1.37 1.321.24 1.18 1.10 1.05i（a） 0.12 0.200.31 0.320.50 0.57电池的电动势为1.46v此电池的内阻为0.73考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：应用描点法作图，电源的ui图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻解答：解：根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后根据描出的点作出电源的ui图象如图所示；图线纵轴截距为1.46v，知电池的电动势为1.46v，内电阻r=0.73；故答案为：1.46；0.73点评：要掌握描点法作图的方法，解决本题的关键知道ui图线的物理意义，知道图线斜率绝对值和纵轴截距表示的含义三、计算题（14题12分，15题14分，16题14分）14如图所示电路中，r1=r2=r3=1，当电键k接通时，电压表读数u1=1v；k断开时，电压表读数u2=0.8v，求（1）e，r（2）k断开后，电源消耗的功率及效率考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）当闭合s时，外电路结构是：r2与r3并联，再跟r1串联当断开s时，电压表测量r1的电压对两种情况，结合闭合电路欧姆定律列出方程，即可求出电源的电动势和内阻（2）k断开后，电源消耗的功率 p=ei效率等于输出功率与总功率之比解答：解：（1）k键接通时，电路中电流 i1=1a由闭合电路欧姆定律得 e=i1（r1+r+） k断开时，电路中电流 i2=0.8a则 e=e=i1（r1+r+r2） 两式联立：e=2（v），r=0.5（）（2）k断开时，电源消耗功率 p=ei2=20.8w=1.6w内电路消耗的功率 p内=r=0.825w=0.32w故