辽宁省本溪市2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） (2).docx

辽宁省本溪市2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.关于电磁感应现象的有关说法中，正确的是（）A. 只要穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生B. 穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大C. 穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大D. 穿过闭合电路的磁通量减少，则闭合电路中感应电流就减小【答案】B【解析】【详解】只有穿过闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，穿过闭合电路的磁通量不为零，若磁通量不变化，没有感应电流产生，故A错误。 穿过闭合电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势越大，故B正确。穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势不一定越大，故C错误。感应电流的大小取决于磁通量变化的快慢，磁通量减小时，若磁通量的变化率增大，则感应电流可能变大，故D错误；故选B。【点睛】本题的解题关键是准确理解并掌握法拉第电磁感应定律及感应电流的产生条件，要在准确二字上下功夫2.如图所示，当交流电源的电压（有效值）U=220V，频率f=50Hz，3只灯泡L1、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f=100Hz，电压有效值不变，则（）A. 灯比原来亮B. 灯比原来亮C. 灯比原来暗D. 灯和原来一样亮【答案】D【解析】三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变。由上分析可知，L1灯比原来亮，L2灯比原来暗，L3灯和原来一样亮，故ABC错误，D正确；故选D。点睛：解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析XL=2Lf，XC=3.竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下如图当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为A. 2BavB. BavC. D. 【答案】Bav ，【解析】【分析】当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式，求出导体棒产生的感应电动势；应用欧姆定律求解AB两端的电压大小【详解】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为；（2）此时电路总电阻为，电路电流为，AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：；【点睛】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是4.如图所示，绕在铁芯上的线圈、电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是（）A. 线圈中通以恒定的电流B. 通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动C. 通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动D. 将电键突然断开的瞬间【答案】A【解析】【详解】A项：线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生。故A正确。 B项：通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流。不符合题意。故B错误。 C项：通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流。不符合题意。故C错误。 D项：将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流，不符合题意。故D错误。 故选：A。5.某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知定值电阻R与R并联的是一个理想交流电压表，D是理想二极管（它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大）。在A、B间加一交流电压，瞬时值的表达式为u20sin 100t V，则交流电压表示数为（ ）A. 10VB. 20VC. 15VD. 14.14V【答案】D【解析】【分析】交流电压表示数为有效值，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R通路，另半个周期内R断路，从而利用热效应即可求解；【详解】二极管具有单向导电性，使得半个周期内通路，另半个周期内R断路。在正半周内，交流电的有效值为20V，故一个周期内的电阻发热为，解得，故选项D正确，选项ABC错误。【点睛】考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电表的示数为有效值以及有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性。6.如图所示为“跳环实验”的实验装置，将一个带较长铁芯的线圈L、开关S和直流电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻沿铁芯竖直跳起一定高度，待电路稳定又落下来。某同学由此实验受到启发，设想在此实验的基础上进行改进，使套环跳起后不落下来，悬在线圈正上方，成为一个“磁悬浮环”，下列哪种方案可能实现他的设想（）A. 增大直流电源的电压B. 选用匝数更多的线圈C. 把直流电源换成交流电源D. 选用质量较小的金属套环【答案】C【解析】增大直流电源的电压，在套环中产生的感应电流更大，跳起更高，但还会掉下来，故A错误。选用匝数更多的线圈，在套环中产生的感应电流更大，跳起更高，但还会掉下来，故B错误。把直流电源换成交流电源，则在线圈中始终有感应电流产生，则套环总受安培力作用，这样可以使套环跳起后不落下来，悬在线圈正上方，成为一个“磁悬浮环”，选项C正确；选用质量较小的金属套环，同样在套环中产生的感应电流，只是跳起更高，但还会掉下来，故D错误。故选C.点睛：此题要理解套环跳起的原因以及悬浮的原因，即产生感应电流的效果阻碍引起感应电流磁通量的变化。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）7.如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻rR，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是( )A. R2消耗的功率变小B. R3消耗的功率变大C. 电源输出的功率变大D. 电源内阻消耗的功率变大【答案】CD【解析】【分析】本题考查闭合电路欧姆定律的综合动态分析问题的相关知识点【详解】把等效电路画出，如图设，则当时，有最大值，当滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，减小，增大，易得：减小，减小，增大，故电源内阻消耗的功率=增大，故D正确=减小，减小，故=减小，故B错误而增大，故=减大，故A错误根据电源输出功率与的关系图可知，当，减小电源输出功率越大，故C正确；8.如图所示，理想变压器有三个线圈A、B、C，已知B、C的匝数之比是n2：n3=10：1，理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I，灯L1、L2是完全相同的灯泡，根据以上条件可以计算出的物理量是( )A. 通过灯Ll的电流I2B. 灯L2两端的电压U3C. 输入变压器的电功率P1D. 线圈A两端的电压U1【答案】D【解析】根据电压与匝数成正比知，可以求两端的电压，从而知道灯泡的电阻，因为两灯相同，所以可以求通过灯的电流，AB正确；根据两副线圈的消耗功率，由，从而可求出变压器的输入功率，C正确；由于不知道原线圈的匝数，所以不能求原线圈的电压，故D错误；9.如图所示，矩形金属线框abcd放在光滑的绝缘水平桌面上，虚线为线框的对称轴，线框的ab边长为L，bc边长为d，线框的电阻为R，用绕过定滑轮的不可伸长的绝缘细线将线框和放在地面上的重物连接，开始时绳子刚好拉直没有张力，连接线框部分的细线水平，连接重物部分的细线竖直，重物的重力为G现在虚线右侧加垂直于桌面的匀强磁场，让磁场的磁感应强度大小从0开始均匀增大，经过t时间重物刚好要离开地面，则下列判断正确的是（）A. t时间末，磁场的磁感应强度大小为B. t时间内，线框回路中的电流均匀增大C. t时间内，线框ab边受到的安培力均匀增大D. t时间内，线框中电流的功率随时间均匀增大【答案】AC【解析】【详解】设磁感应强度与时间的关系为B=kt，则=k；根据法拉第电磁感应定律得 ，感应电流为。经过t时间重物刚好要离开地面，细线的拉力恰好等于重物的重力，则有 BIL=G；其中 B=kt，代入得 kt L=G，解得 ，所以t时间末，磁场的磁感应强度大小为 B=kt=故A正确。由，知线框回路中的电流恒定不变，故B错误。时间内，线框ab边受到的安培力 F=BIL=ktL=t，则知安培力均匀增大，故C正确。线框中感应电动势E恒定不变，感应电流I也恒定不变，由P=EI知线框中电流的功率恒定不变，故D错误。故选AC。【点睛】本题是感生电动势问题，要知道磁通量均匀变化时，线框中产生恒定的感应电动势和感应电流，但线框受到的安培力在均匀变化。10.如图所示，有一长方体金属桶，左右两侧开口，其长、宽、高分别为a、b、c，置于方向向下且垂直于上、下表面的磁感应强度为B的匀强磁场中。第一次实验时沿“”方向通入电解质溶液；第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“”方向通入电流I；第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“”方向通入电流I则下列说法正确的是（）A. 三次实验中，装置的前、后表面都会形成电势差B. 第一次实验时，在装置前、后表面形成电势差，当电势差稳定时，测得其大小为U，则电解质溶液的流量C. 第二次实验时后表面附近电解质溶液浓度高D. 第三次实验时，其前表面电势低于后表面电势【答案】BC【解析】第一次实验时沿“”方向通入电解质溶液，则电解液中的正负粒子由于受洛伦兹力作用分别向后、前表面偏转积聚，形成电势差；第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“”方向通入电流I，则电解液中的正负粒子分别向右、左方向定向移动，根据左手定则，正负粒子都向后表面偏转积聚，不会在装置的前、后表面形成电势差；第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“”方向通入电流I，则金属中的负电子受洛伦兹力向后表面积聚，从而在前后表面形成电势差。选项A错误；第一次实验时，在装置前、后表面形成电势差，当电势差稳定时，测得其大小为U，则 ，则电解质溶液的流量，选项B正确；由A的分析可知，第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“”方向通入电流I，则正负粒子都向后表面偏转积聚，后表面附近电解质溶液浓度高，选项C正确；由A的分析可知，第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“”方向通入电流I，则金属中的负电子受洛伦兹力向后表面积聚，前表面电势高于后表面电势，选项D错误；故选BC。点睛：此题关键是知道：第一种情况中正负离子向同一方向运动；第二种情况中正负离子向相反方向运动；第三种情况中，电子运动的方向与电流方向相反，但是判断洛伦兹力方向时，四指指向仍然是向右的方向，这里是最容易出错的地方.11.（多选题）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为EK。则( )A. W1=EkB. WF+WG=EK+QC. W1=QD. W1+W2=Q【答案】AB【解析】根据题意，由动能定理知：导体棒：W1=Ek，故A正确，C错误； 根据能量守恒知W2-W1=Q，故D错误；对磁铁有：WF+WG-W2=0，联立得WF+WG=Ek+Q，故B正确；故选AB.三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）12.某同学利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示。将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响。图甲中继电器的供电电压U1=3V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0为30当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图象。（1）图甲中警铃的接线柱C应与接线柱_相连，指示灯的接线柱D应与接线柱_相连（均选填“A”或“B”）。（2）当环境温度升高时，热敏电阻阻值将_，继电器的磁性将_（均选填“增大”、“减小”或“不变”），当环境温度达到_时，警铃报警。【答案】 (1). B (2). A (3). 减小 (4). 增大 (5). 80【解析】【分析】（1）由题干中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”判断出警铃和指示灯的连接情况；（2）由图象分析热敏电阻阻值随温度的变化关系，结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；由题干中“当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响”，结合欧姆定律求出热敏电阻接入电路的阻值的最大阻值，从图象上找到对应的温度就可以解决问题；【详解】（1）由题中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；（2）分析乙图，发现：温度升高时，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，电路中电流就会增大，电磁铁的磁性就会增大；当线圈中的电流时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报警，则控制电路的总电阻因此热敏电阻由图乙可知，此时，所以，当温度时，警铃报警。【点睛】本题既考查电磁继电器原理的分析，也考查了结合欧姆定律的内容进行相关的计算，综合性比较强，解题时要仔细分析。13.某同学利用图(a)中的电路测量电流表的内阻RA(约为5)和直流电源的电动势E(约为10V)。图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。(1)断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为4.8时的示数为48.0mA。忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA=_(2)保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图(b)所示，则此次R1的阻值为_；(3)利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出I-1-R1图线，如图(c)所示。用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I-1随R1变化的关系式为I-1=_。利用图(c)可求得E=_V。(保留2位有效数字)【答案】 (1). 5.2 (2). 148.2 (3). (4). 9.1(8.9至9.4之间)【解析】【分析】本题考查是一个半偏法测表头内阻的实验，附带测量电源的电动势【详解】（1）因为忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，总电流还是为100mA，表头与R2并联，电流按电阻成反比分配，即：，易知：RA=5.2。（2）由图可知（3）根据闭合电路欧姆定律，易得由斜率，可求出.四、计算题（本大题共3小题，共41.0分）14.如图所示，在第象限内有水平向右的匀强电场，在第、象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带正电的粒子质量为m带电量为q以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45角进入磁场，又恰好垂直进入第象限的磁场。已知OP之间的距离为d。求：（1）电场强度E的大小；（2）带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）粒子以垂直于X轴的初速度进入水平方向的匀强电场，做类平抛运动，由进入电场时的速度与y轴正向成45o角则有： 联立解得 （2）由上述式子解得粒子在电场中运动的时间： 粒子进入磁场的速度：由几何知识得粒子在磁场中做圆周运动的半径：.粒子在磁场中运动的时间：.粒子第二次经过X轴时在电场和磁场中运动的总时间：【点睛】对于类平抛运动，采用运动的分解法研究，要抓住两个分运动的等时性对于粒子在磁场中的圆周运动，画轨迹是关键15.如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab=0.25m，宽度bc=0.20m，共有n=100匝，总电阻r=1.0，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO转动。线圈处于磁感应强度B=0.40T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V，1.8W”的灯泡。当线圈以角速度匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8W（不计转动轴与电刷的摩擦）求：（1）推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式Em=nBS（其中S表示线圈的面积）；（2）线圈转动的角速度；（3）线圈以上述角速度转动，由如图位置转过30角，在此过程中通过小灯泡电量。【答案】（1）见解析；（2）1.8rad/a（3）1/6C【解析】（1）当线圈转到最大值面（与中性面垂直的平面）的一瞬间，瞬时感应电动势达到最大，设ab变和cd边的线速度大小均为v，则在此时：ab边垂直切割磁场产生的电动势：cd边垂直切割磁场产生的电动势：因为，所以总电动势=nBS（2）根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流小灯泡消耗的功率为=1.8W联立上述两式，得：=rad/s或=2.5rad/s（3）根据法拉第电磁感应定律：由闭合电路欧姆定律可知：所以通过小灯泡的电量线圈从图示位置转过30过程中，磁通量变化量所以【点睛】根据交流电的产生过程，可以导出发电机线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式；由小灯泡正常发光时消耗的功率，结合闭合电路欧姆定律，可以建立线圈转动角速度的表达式，求解角速度；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电流的定义，可以导出流过灯泡电量的表达式，求出，就可求出电量q。16.如图所示，两条平行的金属导轨相距L=lm，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg，电阻分别为RMN=1和RPQ=2MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数=0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从t=0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a=1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态。t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动。求：（1）磁感应强度B的大小；（2）t=03s时