2019-2020学年江苏省苏州市高二(上)期末物理试卷

闭合开关闭合开关S后，随着光照强度逐渐增强（）2019-2020学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分.每小题只有一个选项符合题意1．（3分）发电机的基本原理是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是（）安培B.法拉第C.洛伦兹D.奥斯特2．（3分）下列有关分子的叙述中正确的是（）气球内气体的体积是所有气体分子的体积之和给车胎打气时越打越费力，是由于分子间斥力随着距离的减小而增大悬浮在液体中的花粉颗粒做布朗运动，是由液体分子无规则运动引起的分子平均动能随着温度的升高而增大，分子势能随着分子间距离的减小而增大（3分）如图所示，假想在地球赤道上方存在半径略大于地球半径的圆形单匝线圈。在线圈中通以图示的电流则它所受地磁场的安培力方向最接近于（）垂直地面向上B.垂直地面向下C.向南D.向北（3分）如图所示，水平绝缘的桌面上放置一个金属环，现有一个竖直的条形磁铁从圆环左上方沿水平方向快速移动经过正上方到达右上方，在此过程中（）圆环一定向右运动圆环中的感应电流方向不变圆环受到的摩擦力方向不变圆环对桌面的压力先减小后增大（3分）如图所示电路中，L］、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻（光照越强，阻值越小）。L1逐渐变亮，L2逐渐变暗L1逐渐变暗，L2逐渐变亮电源内电路消耗的功率逐渐减小光敏电阻R和L1消耗的总功率逐渐增大（3分）如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是（）闭合开关S瞬间，A、B灯同时亮，且达到正常闭合开关S瞬间，A灯比B灯先亮，最后一样亮C•断开开关S瞬间，P点电势比Q点电势低D.断开开关S瞬间，通过A灯的电流方向向左（3分）如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针用一弹性细丝悬挂在直导线正上方，开关断开时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（）闭合开关，小磁针N极朝垂直纸面向里转动，接着回到原位闭合开关，小磁针N极朝垂直纸面向里转动，并保持在转动后的位置开关从闭合状态断开，小磁针N极不发生偏转开关从闭合状态断开，小磁针N极朝垂直纸面向里转动，接着回到原位（3分）磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在Vn线圈中产生感应电动势。其E-t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为寸，线圈中的E-t关系可能是（）二、多项选择题：本题共4小題，每小題4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分个都其中说法确的列图与是四正)(9.个都其中说法确的列图与是四正)(9.(4分)下涡流有关A.真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B.自制金属探测器是利用被测金属中产生的涡流来进行探测的电磁炉工作时在它的面板上产生涡流加热食物变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠合而成是为了减小涡流10.（4分）如图所示，理想变压器原线圈两端接入交变电压Ui，电压表和电流表均为理想交流电表，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中（）A．A．A1的示数变大B．A2的示数变小CC．V的示数变小D.变压器的输入功率变小CC．V的示数变小D.变压器的输入功率变小11．（4分）如图7所示，为研究某种射线装置的示意图。射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点。在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点。若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线粒子射线源（）带正电B.初速度为V=gC•荷质比为D•荷质比为mErnpzr12．（4分）如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动，运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并13.（6分）小明想测额定电压为3.8V的小灯泡的额定功率（1）小明先用欧姆表X10挡粗测小灯泡的电阻值，发现指针偏转角太大，于是他换（选填“XI”或TOC\o"1-5"\h\z“X100。）挡，再次进行欧姆调零后进行测量，指针位置如图甲所示，可知此时小灯泡的电阻Q。（2）小明利用图乙所示电路进行实验，在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是的导线没有连接好（图乙中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”）：八、、一3八、、/•（3）正确连好电路，闭合开关，调节滑片P,当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图丙所示，此时通过小灯泡的电流为A,小灯泡的额定功率为W。14．（8分）为了测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：待测干电池一节（内电阻在1Q左右）直流电流表（量程0〜0.6A，内阻约为0.5Q）直流电压表（量程0〜3V,内阻约为5kQ）滑动变阻器（阻值范围为0〜15Q，允许最大电流为1A）E•滑动变阻器（阻值范围为0〜100Q，允许最大电流为0.2A）定值电阻R0=m开关和导线若干（1）为尽可能减少实验的误差，其中滑动变阻器（选填相应器材前的字母）：（2）图甲是实验所用的电路图，闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的的示数。用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图乙所示的坐标图中，请作出U-I图线，由此求得待测电池的电动势E=案的不得分.有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位（8分）如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的气缸放在水平桌面上，开口向上，质量与厚度均不计、导热性能良好，横截面积为S=2.0X10_3m2的活塞，把一定质量的理想气体封闭在气缸内，气缸所处环境的温度为0°C时，活塞与气缸底部之间的距离h0=22cm。现将质量为m=2.0kg的物块放在活塞中央位置上，活塞下移到某位置后保持稳定，后来环境温度上升，活塞又回到了原来位置。大气压强p°=1.0X105Pa,取g=10m/s2，绝对零度为-273C•求：（1）活塞下移稳定后，气缸内气体的压强；（2）活塞下移稳定后，活塞与气缸底部之间的距离；（3）活塞回到原来位置时，环境温度升高到多少。（12分）如图所示，线圈面积S=0.05m2，匝数N=100,线圈总电阻r=1Q，线圈的两端经集流环与R=9Q的电阻连接，交流电流表、交流电压表均为理想电表，线圈在磁感应强度B=T的匀强磁场中绕OO'轴以转速兀n=300r/min匀速转动。从线圈处于中性面开始计时，取I2=1.4.求：（1）电动势的瞬时值表达式（2）交流电流表、交流电压表的示数（13分）如图所示，光滑导线框abfcde的abfe部分水平，afcd部分与水平面成a角，ae与ed、bf与cf连接处为小圆弧，匀强磁场仅分布于efcd所在平面，方向垂直于efcd平面，线框边ab、cd长均为L,电阻均为2R，线框其余部分电阻不计，有一根质量为m、电阻为R的金属棒MN平行于ab放置，让它以初速v0水平向右运动，在到达最高点的过程中，ab边产生的热量为Q.求（1）金属棒MN受到的最大安培力的大小：（2）金属棒MN刚进入磁场时，ab边的发热功率:

3)金属棒3)金属棒MN上升的最大高度。(13分)如图所示，在x轴与y=2d之间存在着大小为E的匀强电场，在x>0的空间中，方向沿x轴正方向：在xVO的空间中，方向沿x轴负方向，在y=2d的上方有垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴上的P(d,0)点有一个电子(电量为-e,质量为m)沿y轴正方向以一定的速度进入电场，经右侧电场第一次偏转，通过y轴后再经左侧电场第二次偏转，恰能垂直电场方向进入磁场，不计电子重力。求电子进入电场时的速度大小；若磁感应强度B0=..'鬻旦，求电子返回x轴时的位置；若电子恰能垂直返回到x轴，匀强磁场的磁感应强度B应满足什么条件？XXXXXXXXXXXXXXX3XXXXXXXXXXXXXXX32019-2020学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分.每小题只有一个选项符合题意【解答】解：发电的基本原理是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是法拉第，故B正确，ACD错误。故选：B。【解答】解：A、气球内气体的体积是所有气体分子所达到的空间，而分子之间的距离大约是分子直径的10倍，所以气体的体积不是所有分子的体积之和，故A错误；B、给车胎打气时越打越费力，是由于气体压强越来越大，而分子间斥力几乎为零，故B错误；C、悬浮在液体中的花粉颗粒做布朗运动，是由液体分子无规则运动时对花粉颗粒碰撞不平衡产生的，故C正确；D、分子平均动能随着温度的升高而增大，但分子势能随着分子间距离的减小不一定增大，平衡位置处分子势能最小，故D错误。故选：C。【解答】解：赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自东向西，根据左手定则，安培力的方向垂直地面向下，故B正确，ACD错误。故选：B。【解答】解：A、当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势，但不知道是否受到水平面的摩擦力，所以金属环不一定运动，故A错误；B、当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量向上增大，根据楞次定律圆环中产生顺时针方向的感应电流；而磁铁远离线框时，圆环中向上的磁通量减小，感应电流沿逆时针方向，故圆环中的感应电流方向改变，故B错误；CD、当磁铁向右运动靠近环时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述:“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势，安培力合力斜向右下方；而磁铁远离线框时，线圈有向右和向上的运动趋势，同时运动趋势向右，安培力合力斜向右上方，可知环由向右运动的趋势，可能向右运动，受到的摩擦力的方向一定始终向左，方向不变，同时环对桌面的压力先增大后减小，故C正确，D错误；故选：C。【解答】解：AB、当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则L2灯逐渐变亮。由U=E-Ir可知，路端电压减小，L2灯的电压增大，则R1两端的电压减小，故1］灯逐渐变暗，故A错误，B正确。C、总电流增大，由P=I2r知电源内电路消耗功率逐渐增大，故C错误。D、将Li灯看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小时，等效电源的内外电阻相差加大，输出功率减小,则光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐减小，故D错误。故选：B。【解答】解：AB、闭合电键S接通电路时，由于线圈的阻碍，灯泡A会迟一会亮，B灯立即变亮，最后一样亮，故A错误，B错误；CD、断开开关S切断电路时，线圈中产生自感电动势，与灯泡A、B构成闭合回路放电，故两灯一起变暗，最后一起熄灭，该过程中电流的方向与线圈L中的电流的方向相同，所以电流从左向右流过灯泡A,从右向左流过灯泡B，P点电势比Q点电势低，故C正确，D错误；故选：C。【解答】解：AB、开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由南到北，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸里偏转，保持一段时间后，根据安培定则，可知，左边线圈中有磁通量，不变，因此左边线圈中不会产生感应电流，那么小磁针回到原位，故A正确，B错误。CD、开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，由A选项分析可知，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由北到南，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向外，则小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动，故CD错误。故选：A。【解答】解：根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将Vn1刷卡速度改为¥■，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的丄。22磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍。故D正确。v故选：D。二、多项选择题：本题共4小題，每小題4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分【解答】解：A、真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金属的，故A正确。B、金属探测器中变化电流遇到金属物体，在被测金属中上产生涡流来进行探测，故B正确。C、家用电磁炉工作时，在锅体中产生涡流，加热食物，故C错误。D、当变压器中的电流变化时，在其铁芯将产生涡流，使用硅钢片做成的铁芯可以尽可能减小涡流的损失，故D正确。故选：ABD。【解答】解：在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，电路的总电阻减大，输入电压不变，根据变压比可知，输出电压不变，电压表V的示数不变，根据欧姆定律可知，输出电流变小，电流表A2的示数变小，由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的输出电流减小，输出电压不变，输出的功率要减小，输入的功率也要减小，所以输入电流要减小，电流表A1的示数变小，故BD正确，AC错误。故选：BD。【解答】解：A、只有磁场时，粒子进入磁场时所受的洛伦兹力向上，根据左手定则知粒子带正电荷，故A正确；2BCD、只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=m卫一，得r=①rqb电磁场同时存在时，电场力与洛伦兹力平衡，故：qvB=qE，得v=②b联立①②解得：；故BC错误，D正确；故选：AD。Vn【解答】解：AB、金属棒滑动过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0=2mv，则v=所以ab的速度逐渐减小，cd的速度逐渐增大，相对速度越来越小，最后为零，则安培力逐渐减小、加速度逐渐减小到零，最后匀速运动，故A错误、B正确；-vJ衣)CD、设两根导体棒的总电阻为R,由于1=得知安培力为：FA=BIL=，二者的速度之差越来越小，最后速度之差为0,则安培力越来越小，最后为零，故C正确、D错误。故选：BC。三、简答题：本题共2小题，共计14分.请将答案填写在答题卡相应的位置【解答】解：(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，小明先用欧姆表X10挡粗测小灯泡的电阻值，发现指针偏转角太大，说明刻度盘读数太小，倍率太大，应该换小倍率X1档；欧姆表示数为：10X1Q=10d；(2)在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，说明滑动变阻器接成了限流接法，由图示电路图可知，其原因是4点至5点的导线没有连接好；

电流表量程为0.6A,分度值为0.02A,示数为0.30A，灯泡额定功率：P=UI=3.8X0.30W=1.14W；故答案为：(1)X1、10；(2)1点至4点；(3)0.30、1.14。【解答】解：(1)因为电源电动势的阻值大约在1Q左右，为保证实验过程中调解滑动变阻器较灵敏，且可多测量几组数据,所以滑动变阻器选择阻值小的D。(2)U-I图线如图所示：根据闭合电路欧姆定律可知：E=U+I(Rg+r),所以U=E-I(R0+r),则U-I图象的纵截距等于电源电动势，即为：E=1.48V,图线的斜率k=-=-(R0+r)0■g解得电源内阻为：r=0.60Q(3)在作图象时，坐标轴选择合适的比例，使得图线大一点，而该实验图形中图线在坐标系中所占比例太少。故答案为：(1)D；(2)1.48，0.60；(3)图线在坐标系中所占比例太少。四、计算题：本题共4小题，共计46分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分.有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位【解答】解：(1)未加物块时，气体状态一：P1=P0,V1=h0S，T]=273K加物块活塞下移稳定后，对应活塞和物块，根据平衡条件：P2S=P0S+mg,代入数据得：P2=P0+=1.1X10-5Pa,i—!1气体状态二参量为：P2=1.1X10-5Pa，V2=hS，T2=273K气体从状态一变化到状态二，温度不变，根据玻意耳定律：P1V1=P2V2P°h°S=(Po+专)hS代入数据解得：h=20cm。加热活塞回到原来位置时，气体状态三：P3=P0+=1.1X10-5Pa,V3=h0S,T3气体从状态二变化到状态三，压强不变，根据盖-吕萨克定律：，即尹=-13[2[3代入数据解得：T3=300.3K,t3=27.3°C答：(1)活塞下移稳定后，气缸内气体的压强为1.1X10-5Pa；活塞下移稳定后，活塞与气缸底部之间的距离为20cm；活塞回到原来位置时，环境温度升高到27.3Co【解答】解：(1)分析可知，线圈转速为：n=300r/min=5r/s角速度为：3=2nn=10nrad/s电动势的最大值为：Em=NBS3=100V线框从中性面开始计时，根据交变电流的产生规律可知：e=100sin(10nt)E⑵电动势的有效值为&二妙洩交流电表显示的是有效值，电流表示数为：=芒“左PA电压表示数为：Ur=IR=63V3)线圈匀速转动一周，外力做功与电流做功相等，有：W=I2(R+r)T代入数据解得：W=100J答：(1)电动势的瞬时值表达式为e=100sin(10nt)V。交流电流表、交流电压表的示数为7A和63V。线圈匀速转动一周外力所做的功为100J。【解答】解：(1)金属棒MN刚冲上斜面导轨时速度最大，安培力最大。此时电路中