江苏省宿迁市2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）.docx

2018-2019学年江苏省宿迁市高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.下列说法正确的是A. 安培提出了分子电流假说B. 法拉第发现了电流磁效应C. 楞次发现了电流热效应D. 奥斯特发现了电磁感应定律【答案】A【解析】【详解】安培提出了分子电流假说，说明了一切磁现象都是由电流产生的，故A正确；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，故B错误；焦耳发现了电流热效应；故C错误；法拉第发现了电磁感应定律，故D错误。故A正确，BCD错误。2.将一内阻是3k电压表的量程由03V扩大到015V，需要给它A. 并联12k电阻B. 并联15k电阻C. 串联12k电阻D. 串联15k电阻【答案】C【解析】【分析】把一个电压表改装为量程更大的电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点可以求出串联电阻阻值。【详解】把量程为3V的电压表改装成15V的电压表需要串联分压电阻，由串联电路特点可知，分压电阻分压为12V，是电压表的4倍，串联电路两端电压与电阻成正比，由此可知，串联电阻阻值为电压表内阻的4倍，串联电阻阻值为：3k4=12k，故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理是解题的前提与关键，应用串联电路特点即可解题。3.图为一块长方体铜块，将1和2、3和4分别接在一个恒压源（输出电压保持不变）的两端，通过铜块的电流之比为 A. 1B. C. D. 【答案】B【解析】根据电阻定律得，当在1、2两端加上恒定电压U时，通过铜块的电流，当在3、4两端加上恒定的电压时，通过铜块的电流，所以，故B正确，ACD错误；故选B。4.如图所示，已知电流从电流表的右侧接线柱流入，其指针向右偏转当条形磁铁竖直向下落入线圈时，空气阻力不计则A. 电流表指针向右偏转B. 电流表指针向左偏转C. 磁铁加速度大于重力加速度D. 磁铁加速度等于重力加速度【答案】B【解析】【分析】根据磁通量的变化，运用楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定电流表指针的偏转方向；根据楞次定律“来拒去留”确定磁铁的受力情况。【详解】当磁铁向下插入线圈时，磁通量向下增大，根据楞次定律知，线圈中感应电流由上端流入，下端流出，故感应电流的方向从电流表的左接线柱流入，则电流表指针向左偏转。故A错误，B正确；根据楞次定律可知，磁铁受到向上的阻力，故加速度小于重力加速度，故CD错误。故选B。【点睛】本题考查楞次定律的应用，楞次定律是高考的热点问题，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向和受力情况。5.如图所示，电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向a端移动过程中，下列说法正确的是A. 电压表V的示数减小B. 电流表A的示数增大C. 电容器C的带电量减少D. 电阻R1的功率减小【答案】D【解析】【分析】明确电路结构，根据电阻的变化分析电路中电流的变化，从而确定路端电压和各支路电流的变化，从而确定电容器的电量变化，根据功率公式确定电阻消耗功率的变化。【详解】滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则可知总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，电流表示数减小；内电压减小，路端电压增大；电压表示数增大；故AB错误；因总电流减小，则内电压和R1两端的电压减小，而路端电压增大，故电容器两端电压增大，根据Q=CU可知其电量增大，故C错误；因电流减小，则由P=I2R可知，R1的功率减小，故D正确。故选D。【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，对于选择题也可以直接根据“串反并同”的结论进行分析，得出结论。6.如图甲，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度挂在天平右臂下方的矩形线圈中通入如图乙的电流，此时天平处于平衡状态现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为梯形线圈并保持质量不变，如图丙所示则A. 天平仍处于平衡状态B. 无法判断天平如何倾斜C. 在左侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡D. 在右侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡【答案】C【解析】【分析】先根据左手定则判断出安培力的方向，利用F=BIL判断出安培力的大小，其中L为导线的有效长度；再结合线圈所受到的安培力与重力的合力大小，通过对比乙丙两个图，利用力矩平衡条件即可判断出结论。【详解】由题意可知，在乙图中天平处于平衡状态，此时线圈在磁场中受到的安培力大小为F=BIL，方向竖直向上，该安培力与线圈重力的合力大小等于左侧物体的总重力，天平处于平衡；而当在丙图中，由于导体的有效长度变短，故受到的安培力减小且竖直向上，故将该矩形线圈改为梯形线圈，右侧的重力与安培力的合力大于图乙中右侧的重力与安培力的合力，故天平将向右倾斜。要使天平重新平衡，在左侧托盘中适当增加砝码即可，故C正确、ABD错误。故选C。【点睛】本题主要考查了安培力大小的计算和方向的判断以及力矩的平衡条件，要牢记在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，公式中的L是指导体的有效长度。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）7.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，两个铜质D形盒、与交流电源相连，置于匀强磁场中，其间留有空隙，粒子从A点开始沿虚线运动。下列说法正确的有A. 粒子运动周期和交流电的周期相等B. 只增大D形盒的半径，粒子从加速器中出来时的速度将增大C. 只增大电压U，粒子从加速器中出来时的速度将增大D. 加速完质子后，不改变交流电的周期和磁感应强度，可以直接用来加速氦原子核质量是质子的4倍，电荷是质子的2倍【答案】AB【解析】【详解】根据加速器的原理可知，粒子在磁场中运动的周期与粒子在狭缝中运动的时间之和与电场变化的周期是相同的，故A正确；设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由可得：，则最大动能可见最大动能与加速电压无关，增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能。故B正确，C错误；离子在D形盒运动过程中受到的洛伦兹力提供向心力得：，可得周期公式，可知如果加速质子后，要接着加速氦核必须将加速电源的频率调整为原来的，故D错误。所以AB正确，CD错误。8.如图是小灯泡灯丝材料是钨和某种电阻R的伏安特性曲线，M为两曲线交点。下列说法正确的有A. 在M点状态下，小灯泡L和电阻R的功率相等B. 在M点状态下，小灯泡L的阻值比电阻R的小C. 曲线a是小灯泡L的伏安特性曲线，曲线b是电阻R的伏安特性曲线D. 曲线a是电阻R的伏安特性曲线，曲线b是小灯泡L的伏安特性曲线【答案】AC【解析】【详解】图线中的M点，电流和电压都相等，根据欧姆定律，电阻相等；功率也相等，故A正确，B错误；随着电压的增加，元件的热功率增加，温度升高；从图象可以看出，b图线对应电阻减小，a图象对应电阻增加；热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加；故b是热敏电阻，a是小灯泡，故C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。9.如图所示，理想变压器原线圈接入交流电。改变开关的断开和闭合状态，观察到电流表的示数增大了，电流表的示数增大了，电流表均为理想电表，灯泡、的阻值不变。则A. 变压器起升压作用B. 副线圈中电流频率为50HzC. 开关S由闭合变为断开D. 开关S由断开变为闭合【答案】BD【解析】【详解】根据可得，由于电流表的示数增大时，电流表的示数增大，所以，该变压器为降压变压器，故A错误；变压器变压不变频，故副线圈中电流频率为，故B正确；由于电流表的示数增大，故总功率变大，可见开关S由断开变为闭合，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。10.用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示，线圈L没有带铁芯。闭合开关S，传感器记录了电路中电流随时间的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的有A. 线圈中产生的自感电动势阻碍磁通量增大B. 若线圈中插入铁芯，上述过程中电流达到稳定时经历的时间大于C. 若将线圈匝数加倍，上述过程中电流达到稳定时经历的时间仍等于D. 若将线圈匝数加倍，上述过程中电流达到稳定时经历的时间大于【答案】ABD【解析】【详解】闭合S后的瞬间回路中的电流逐渐增大，说明线圈中电流增大时，线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增大，即阻碍电流产生的磁通量增大，故A正确；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于，故B正确；若将线圈匝数加倍，线圈自感系数增大，自感现象延长，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于，故C错误，D正确。所以ABD正确，C错误。11.如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，正方形单匝线框从左边界由静止开始匀加速穿过磁场区域，线圈的边长和磁场的宽度相等。从线框cd边刚进磁场开始计时，逆时针方向为电流的正方向，线框中的感应电流i、电功率P随时间t的变化图象可能正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】线框的速度：，感应电动势：，电功率：，故A正确，B错误；感应电流：，由右手定则碰撞，线框进入磁场过程电流沿逆时针方向，是正的，线框离开磁场过程，感应电流沿顺时针方向，是负的，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。三、实验题探究题（本大题共2小题，共20.0分）12.某同学测定金属丝电阻率实验的部分步骤如下：（1）用刻度尺正确测量金属丝接入电路的长度后，再用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮_（选填“A”、“B”、“C”或“D”）直到发出“喀喀”声时停止；测量结果如图，读数为_mm （2）用多用电表的电阻“1”挡粗测此金属丝的电阻，表盘示数如图所示，则该金属丝的阻值约为_（3）用如下实验器材进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有：A电压表V(量程03V) B电流表A(量程00.6A)C滑动变阻器R1(020、0.6A)D滑动变阻器R2(02000、0.1A)E1.5V的干电池两节，内阻不计F开关S，导线若干为了测多组实验数据，上述器材中的滑动变阻器应选用_(选填“C”或“D”)（4）用正确选择的滑动变阻器连接好电路如图所示，闭合开关后，发现电流表示数几乎为零，电压表示数接近电源电动势经检测导线和电表均完好，则发生故障的是_断路（选填“待测金属丝”、“滑动变阻器”或“开关”）【答案】 (1). D (2). 0.409-0.412mm (3). 8 (4). C (5). 待测金属丝【解析】【分析】（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节微调旋钮；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。（3）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（4）常见的电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因。【详解】（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮D发出“喀喀”声时停止；由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+41.00.01mm=0.410mm；（2）用多用电表的电阻“1”挡粗测此金属丝的电阻，由图2所示可知，该电阻的阻值约为81=8；（3）为方便实验操作，滑动变阻器应选择C。（4）闭合开关后，电流表示数为零，说明电路存在断路；电压表示数接近电源电动势，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，与电压表并联的电阻丝发生断路。【点睛】本题考查了螺旋测微器与欧姆表读数、实验器材选择与电路故障分析，要掌握常用器材的使用及读数方法，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。13.某同学利用如图甲所示的实验装置测量一节干电池的电动势和内阻（1）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：U(V)1.451.361.281.251.091.01I(A)0.120.180.240.300.360.42请根据表中的数据，在坐标纸图乙上作出UI图线_（2）由图线求得：电动势E_V；内阻r _（3）该电路中电阻的作用是_ （4）引起该实验系统误差的主要原因是_A电压表的分流造成电流表读数偏小 B电压表的分流造成电流表读数偏大C电流表的分压造成电压表读数偏小 D电流表的分压造成电压表读数偏大【答案】图像如图；1.63V（1.60-1.65都算对）1.48（1.40-1.56都算对）保护电路 A【解析】【分析】（1）根据表中实验数据，应用描点法作出图线。（2）电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻，根据图示图象求出电源电动势与内阻。（3）分析图示电路图答题。（4）根据实验电路图分析实验误差来源，然后答题。【详解】（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：（2）由图示U-I图象可知，电源电动势：E=1.62V电源内阻：；（3）由图示电路图可知，定值电阻串联在电路中，起保护电路的作用。（4）由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏小，这是造成实验误差的原因，故A正确，BCD错误；故选A。四、计算题（本大题共4小题，共56.0分）14.如图，电路中电源电动势E=10 V，内阻r = 1，小灯泡L额定电压U = 8V，额定功率字迹模糊不清，电动机M的线圈电阻RM = 2闭合开关S后，灯泡恰好正常发光，电动机输出机械功率P =3.5W求：（1）电源中电流I；（2）电动机线圈中电流IM；（3）小灯泡额定功率PL【答案】（1）2A （2）0.5A （3）12W【解析】【分析】（1）小灯泡正常发光，说明外电压等于小灯泡的额定电压，根据闭合电路欧姆定律列式求解通过电源的电流I；（2）电动机的总功率等于热功率和机械功率之和，从而求解通过电动机的电流；（3）电源电流减去电动机的电流等于灯泡的电流，根据P=UI求解灯泡的功率【详解】（1）电源的内电压 电源中电流 解得：（2）电动机的总功率 电动机的热功率 能量守恒 电动机中电流 （3）通过灯泡的电流小灯泡的额定功率 【点睛】对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流15.如图所示，矩形线圈abcd匝数n=100匝、面积S0.5m2、电阻不计，处于磁感应强度BT的匀强磁场中线圈通过金属滑环E、F与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接一只“10V，10W”灯泡接在矩形线圈和原线圈间的熔断器的熔断电流的有效值I =1.5A、电阻忽略不计，现使线圈abcd绕垂直于磁场方向的轴OO以角速度=10rad/s匀速转动，灯泡正常发光求：（1）线圈abcd中电动势有效值；（2）变压器原、副线圈匝数之比；（3）副线圈中最多可以并联多少盏这样灯泡【答案】（1）50V （2）5:1 （3）7【解析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【详解】（1）电动势最大值 电动势有效值 （2）原线圈输入电压，副线圈输出电压 原、副线圈匝数之比：（3）在熔断器未熔断情况下，原线圈最大输入功率 副线圈最大输出功率： 灯最多盏数：.16.如图所示，水平光滑导轨固定于竖直向上的匀强磁场中，导轨宽度为L，导轨左端接电阻R1和R2，且R1=R，R2=2R质量为m的导体棒ab垂直导轨静置现用水平向右大小为F的力拉导体棒，当导体棒位移为x时速度达到最大值v，导体棒始终垂直导轨，导体棒和导轨的电阻均不计求：（1）磁感应强度大小B；（2）该过程通过电阻R1的电荷量q；（3）该过程电阻R2产生的焦耳热Q【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）导体棒匀速运动时速度最大，应用安培力公式与平衡条件可以求出