辽宁试验中学分校2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题解析版

1、物理学科高二年级、选择题.当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（）ABCDA. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】解：A、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故 A错误；B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，

2、则小磁针的静止时北极指向左，故D错误；故选：C.【点评】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向，注意小磁针静止时的 N极指向即为磁场的方向，同时通电螺线管的内部磁场方向由S极到N极.在两个倾角均为“的光滑斜面上各放有一个相同的金属棒，金属棒中分别通有电流Ii和I2,磁场的磁感应强度的大小相同，方向如图甲、乙所示，两根金属棒均处于平衡状态， 则两种情况下的电流的比值 Il：l2A. COS aB.sinaC. sin a D.cosa【答案】D【解析】导体棒受力如图，根据共点力平衡得,lana IL 1Fi=mgtan % F2=mgsin内所以

3、导体棒所受的安培力之比：一=,因为F=BIL ,所以：一=.故F. sma costah cosaD正确.故选D.如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点。O点正下方固定一水平放置的闭合铝线圈。让磁铁在竖直面内摆动，不计空气阻力，则 （）A.线圈对磁铁的作用力始终是阻力B.线圈对磁铁的作用力有时是阻力有时是动力C.磁铁始终做等幅摆动D.磁铁始终受到线圈的斥力作用【答案】A【解析】由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，即靠近时是斥力，远离时是吸引力，故 A正确，BD错误；磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，对磁铁阻碍作用，磁铁的部分机械能会转化

4、为铝线圈的内能，磁铁的机械能不守恒，因此不可能做等幅摆动，故C错误；故选A.点睛：掌握楞次定律的内容、 理解楞次定律的含义是正确解题的关键；要深刻理解楞次定律 阻碍”的含义.如阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的.如图所示，圆环形导体线圈 a平放在水平桌面上，在 a的正上方固定一竖直螺线管 b,二者轴线重合,P向下滑动，下列表述正确的是（）螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a对水平桌面的压力 Fn将增大D.线圈a有扩张的趋势【答案】C【解析】当滑动触头 P向下移动时电阻减小，由

5、闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下， 所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，A错误.开始时线圈a对桌面的压力等于线圈 a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用 等效 法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈 a对水平桌面的压力将增大，所以C正确.再根据微元法将线圈 a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈 a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通

6、量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，D错误；故选C.点睛：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必 然结果.一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便.下列有关光现象的说法中正确的是（）A.在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的衍射现象B.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为黄光，则条纹间距变宽C.光导纤维丝的内芯材料的折射率比外套材料的折射率小D.光的偏振现象说明光是一种纵波【答案】B【解析】在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的干涉现象，选项A错误；在光的双缝干涉实验,一 一，一，i、一 中，根据Ax =;

7、儿若仅将入射光由绿光改为黄光，波长变大，则条纹间距变宽，选项B正确；光导纤维丝的原理是全反射，光导纤维丝的内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，选项C错误；光的偏振现象说明光是一种横波，选项 D错误；故选B.6.平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰。这列水面波（）A.频率是30Hz B. 波长是3m C. 周期是0.1s D. 波速是1m/s【答案】D【解析】据题意：甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，则1.5入=3m得入=2m由小木块每分钟振动30次，

8、则得木块振动的频率 f=）Hz=0.5Hz ,故波速为：v=入f=2 X 0.5m/s=1m/s周期为T=1/f=2s,故 60选D.点睛：解决本题的关键要理解波长和频率的含义，得到波长和频率，记住波速公式v=Xf再进行求解.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小C.D.输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定【解析】发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知,T=2X 10-2s,故 f=1/T=50Hz ,故 A 正确；由图象. 500 工可知父流电的最大值为 Um=500V,因此其有效值为 U=n=250企V,故B错误；当用户用电器的总电阻增大时，电流减小，P=*R知

9、损失功率减小，故 C正确；由题意可知，输电线中电流 I=P/ U,而P发电机的D错误；故选C.功率，U为升压变压器副线圈的电压，因此与降压变压器无关，故 点睛：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、 角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式.8.如图，理想变压器原、副线圈电路中接有n只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U的交变电源上。当S断开时，Li、L2、L3Ln-1这（n-1）只灯均正常发光；若闭合S,已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则（）A.灯泡Li变亮.灯泡L2变亮C.灯泡L3亮度不变D.灯泡Ln正常发光【答案】A【解

10、析】当S接通后，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡Li的电压增大，Li变亮，选项A正确；原线圈电压减小，匝数比不变故副线圈电压减小，所以灯泡L2、L3两端的电压变小，灯泡 L2、L3亮度变暗，选项BC错误；因n只灯泡的规格相同，L? L3.Ln-i等不能正常发光，则 Ln也不能正常发光，选项 D错误；故 选A.点睛：要知道变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决 TOC o 1-5 h z 定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比.磁流体发电是一项新兴技术.如图所示，

11、平行金属板之间有一个很强的匀强磁场，将一束含有大量正、 负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向以一定速度喷入磁场.图中虚线框部分相当于发电机.把两个极 板与用电器相连，则（）IM川i等地休* x x x x ： ipi -* X X X X X ：闻HA.用电器中的电流方向从 B到AB.用电器中的电流方向从 A到BC.若只增强磁场，发电机的电动势增大D.若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【答案】BCD【解析】首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电

12、源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B,故B正确，A错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力 F,最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁 TOC o 1-5 h z nn场区域，因f=qvB , F=q-,则qvB=q -,解得E=Bdv ,所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以CD正 dd确.故选BCD .点睛：正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得

13、出结论. 一列简谐横波，某时刻的波形图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则（）A.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到的频率为 1.25HzB.从该时刻起，再经过 t=0.4s ,P质点通过的路程为 4mC.若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比20m大很多D.从该时刻起，质点 P将比质点Q先回到平衡位置【答案】AB【解析】由图乙知周期T=0.8s,则f=1/T=1.25Hz ,发生稳定干涉现象的条件是两列波频率相等，则所遇波的频率也为1.25Hz,故A正确；t=0.4s=0.5T,质点在一个周期内的路程为4A ,所以P质点通过

14、的路程是 2A=4m，故B正确；由图甲知波长为20m,若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定与20m相差不多或比20m小很多，故C错误；由乙图象可看出 t=0时质点向上振动，由 上下坡”法，得波向左传播，由 上下坡”法得t=0时P正向下振动，故 P比Q晚回到平衡位置，D错误；故选 AB .11.如图所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L,导轨间接有一定值电阻 R,质量为m电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直.现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中A.金属棒的

15、最大速度为/2ghBLhB.通过电阻R的电荷量为R十rC.重力和安培力对金属棒做功的代数和等于金属棒动能的增加量D.金属棒克服安培力彳的功等于电阻R上产生的热量【答案】BC【解析】导体棒匀速运动时速度最大，由于导体棒做加速度减小的变加速运动，加速度小于g,根据功能关占 BLh系可知最大速度小于、也gh.故A错误.通过电阻R的电量为4 = 二，故B正确.根据动能定理可知， R息 RH重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量，故C正确.由功能原理可知，导体棒克服安培力做的功等于电阻 R与r上产生的热量之和，故 D错误；故选BC.点睛：本题运用功能关系分析实际问题.对于动能定理理解要到

16、位：合力对物体做功等于物体动能的增量.如图所示，Li和L2为两条平行的虚线，Li上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上.带电粒子从A点以初速度vo与L2成30角斜向右上方射出， 经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是（XXXXXKXXXXKXKXXXXXXXXKXXA.若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点B.带电粒子经过B点时的速度一定跟在 A点时的速度大小相同C.若将带电粒子在 A点时的初速度方向改为与 L2成60。角斜向右上方，它将不能经过B点D.此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷【

17、答案】ABD【解析】画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种.X XXX根据轨迹,粒子经过边界L时入射点与出射点间的距离与经过边界小时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关.所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点.故A错误.如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能t故C正确；如图，设L与J之间的距离为d ,贝IJ A到62的距离为：X二熹，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60角斜向Let r I上，它就只经过三个周期后一定经过8点.故C错误.如图，粒子B的位置在B： B4 ,速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同.故口正确.故选ABD,

18、点睛：带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹.往往要抓住圆的对称性.二、实验探究题.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准.待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为 mm亥值接近多 次测量的平均值）.（2）用伏安法测金属丝的电阻R.实验所用器材为：电池组（电动势3 V,内阻约1 ）、电流表（内阻约0.1 ）、电压表（内阻约3 kQ）滑动变阻器 R（020 Q ,额定电流2丹、开关、导线若干.某小组同学利用以上 器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次次1134S67U/FO

19、J(I0300.70LOIJ1.50L702.30fA0200.160此3WU.52U由以上实验数据可知，他们测量R是采用图中的（填“甲”或“乙”）图.甲丙。（3）这个小组的同学在坐标纸上建立U. I坐标系，如图丙所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点.请在图中标出第 2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线.由图线得到金属丝的阻Q （保留两位有效数字）.(4)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为（填选项前的符号）.A.1X10 2 Q - mB. 1 x 10 3 Q mC.1X10 6 Q - mD. 1X10 8 Q - m（有A.B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于

20、偶然误差任何实验测量都存在误差.本实验所用测量仪器均已校准.下列关于误差的说法中正确的选项是 多个正确选项）.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差C.D.用U-I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差. (1)0.397(0.3950.399 均正确);. (2)甲；. （3）见解析图若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以减小由测量仪表引起的系统误差(4). 4.5(4.3 4.7 均正确)(5). (4) C (6). (5)CD【解析】（1）金属丝的直径：0.01mm X39.7=0.397mm；（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约5a.则有Rx场瓦

21、，属于小电阻，用外接法测量误差小，实验要描绘电阻的伏安特性曲线，要求电压电流从接近选甲.0开始调节，所以应该采用分压接法，故(3)描绘出U-I图线如图;由图线得到金属丝的阻值R.= = 4.5.AI 0 56p =1 x 1-00？用故选c .T$(4)根据电阻定律R=P-,得p=R,代入数据可计算出SL(5)根据实验误差的性质及产生的原因，可将误差分为系统误差和偶然误差；由于实验原理、仪器结构上不够完善等原因会产生系统误差；在相同条件下，对同一物理量进行多次测量，由于各种偶然因素，会出 现测量值时而偏大，时而偏小的误差现象，这种类型的误差叫做偶然误差；由此可见，电流表、电压表的 内阻引起的误

22、差为系统误差，电流表、电压表的读数引起的误差和读取数据时带来的误差属于偶然误差， 多次测量取平均值可减少偶然误差.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，B错误；若将电流表和电故A错误；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不可避免的，故 压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故 C正确；用U-I图象处理数据求金属丝电阻，可以减小偶然误差，故 D正确；故选CD.点睛：该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读书时是固定刻度的值与可动刻度的值得和.2、会根据电压表、电流表及被测电阻

23、的阻值关系，确定电流表是内接还是外接.3、实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合电建时，分压电路的输出端电压要为零.4、会用电阻定律来求解导线的电阻率.14.某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E.9.4V.(1)先直接用多用电表测定该电池电动势.在操作无误的情况下，多用电表表盘示数为(2)然后，用电压表 V、电阻箱R定值电阻 R、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势.根据电路图乙，用笔画线代替导线，将实物图甲连接成完整电路 .闭合开关S,调整电阻箱阻值 R,读出电压表 V相应示数U该学习小组测出大量数据，分析筛选出R U数据，并计算出相应的 1/R与1/U的值，用数据

24、在坐标纸上描点，并作出 1/U - 1/R图线丙.从图线中可求得E=V.【解析】(1)电路图如图;(2). 10.0(9.5 11.1 V 均正确)(2)由电路图可知E=U+- (Ro+r),所以_!_ =士十1,故二轴上的截距为由图线可求得二=0,1则 RU E R E uEEE= 10.0V. n3 nnq.on 5.用io u丙*15.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0 =60 ,求：(1)电子的质量 m. (2)穿越磁场的时间t.3父：【答案】（1） 口；（2）3V2由冗d9V

25、【解析】试题分析：（1）粒子的运动轨迹图如图所示:0,根据几何关系有 ,.sin600 3 -v2 _ ,，曰2屈Be根据洛伦兹力提供向心力得，B = rn-,解得电子的质量m=J。r3V,_ ,230-甸3期（2）电子的周期T=-一v 3v所以电子穿越磁场的时间 t=T = dW. 6 9v考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解。16.如图所示是一个透明的玻璃圆柱体的横截面，其半径R为20cm, AB是过圆心的一条水平直径.有一激光源S,发射出一条很细的水平激光束，恰好沿玻璃圆柱体顶部过去.现将激光源S沿竖直方向缓慢向下移动直到距离AOB勺距离为h=1亦cm时,水平激光束第一次从 B点射出.（光在真空中的传播速度为 3X108m/s） 试求：（1）玻璃的折射率：（2）经B点反射的光束在