河南省豫南九校高二上学期期末联考物理试卷

第9页豫南九校2023—2023学年上期期末联考高二物理答案一、选择题〔共50分，其中1～6题为单项选择题，每题5分，每题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的；7～10题为多项选择题，每题5分，在每题给出的四个选项中，有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．【答案】C【解析】法拉第认为电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它，故C正确；安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，故B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，是安培提出了分子电流假说，故A错误；库仑通过扭秤实验建立了库仑定律，密立根比拟精确地测定了元电荷e的数值，故D错误。2．【答案】A【解析】试题分析：粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该粒子受到的电场力指向带负电的A电荷，所以该粒子带的是正电，所以A正确，B错误；因为，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，所以大于，大于，试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，所以CD错误。考点：电场线；电势能．3．【答案】B【解析】根据左手定那么知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL知，安培力在第一个T/2内做匀加速直线运动，在第二个T/2内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变．知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化．安培力在一个周期内先做正功，后做负功，故AC正确，B错误．因为电流周期性变化，那么安培力也周期性变化．故D正确．此题选择不正确的选项，应选B．4．【答案】C【解析】A项：根据可知，，粒子获得的最大动能为：，所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；B项：根据左手定那么，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B错误；C项：速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电只要速度满足，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；D项：线圈在极靴产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误；5．【答案】C【解析】A、原线圈接入如图乙所示的交流电，由图可知：T=0.02s，所以频率为f=1/T=50Hz，故A错误；B.原线圈接入电压的最大值是V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为20:1，所以副线圈电压是11V，所以V的示数为11V，故B错误；C、R阻值随光强增大而减小，根据I=U/R知，副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C正确；D、当Ll的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误；应选：C。 【名师点睛】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入功率等于输出功率。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。6．【答案】D【解析】导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为：，而AC相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：，A正确；根据能量守恒定律得：，解得：，B正确；根据法拉第电磁感应定律得：，根据电流定义式：，解得：，C正确；根据动量定理得：，又因为，那么有：，解得：，D错误；此题选不正确的，应选D. 【点睛】图中半圆形硬导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，由公式求解感应电动势的大小．AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律求出，由焦耳定律求解产生的电热，根据电流表达式求解电荷量，由动量定理求出作用时间．7．【答案】AD 【解析】根据Em=NBωS，可得感应电动势的最大值：Em=100×0.5×0.12×2πV=3.14V，A正确。由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=Emcos2πt〔V〕；当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为：e=1.57V，B错误；转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：，C错误。一个周期内，通过外力做的功等于电路的总热量，由公式得：Q=0.99J，D正确 【点睛】此题考查了有关交流电描述的根底知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于根底题．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，那么由最大值来确定．而通过某一电量时，那么用平均值来求．8．【答案】BC【解析】由题意可知图象1表示电源的路端电压随电流的变化关系；图象2表示电阻两端的电压随电流的变化关系；交点处说明两图象表示的电流相等，并且电压相等，故说明此时滑动变阻器短路，即滑片滑到了最左端，故A错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但此题R0＞r，改变滑动变阻器时无法到达电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，故B正确；由图可知，此时电源的路端电压为1.0V，电流为0.5A，定值电阻上消耗的电功P=UI=0.5W，故C正确；电源的效率，由此可知电流越小功率越大，可见滑动变阻器的滑动头P滑到最右端时效率最大，故D错误。所以BC正确，D错误。9．【答案】BD【解析】A、由图象的斜率表示x轴方向的电场，由公式E=，可见Eax＞Ebx，故A错误；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，顺着+x轴方向电势升高，那么Eax的方向沿x轴负方向，在O点右侧，沿+x轴方向电势降低，那么Ebx的方向沿x轴正方向，故B正确；C、由题可知，同一点电荷在a、b两点受到的电场力沿x轴方向的分力方向一定相反，故C错误；D、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增加后减小，故D正确。应选BD。10．【答案】BD【解析】通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，假设设为正，那么线圈中磁通量的变化量为，代入数据解得：，A错误；磁通量的变化率，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为，C错误；感应电流大小，D正确；选BD. 【点睛】由图象b的斜率读出磁感应强度B的变化率，由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势．由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，从而求出a、b间的电势差．二、实验题〔11题6分，12题10分〕11．【答案】〔1〕B，0.410；〔2〕11.50【解析】解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．〔1〕读数前应先旋紧B，使读数固定不变，螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为41.0×0.01mm=0.410mm，所以最终读数为0mm+0.410mm=0.410mm．〔2〕游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第00个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：11mm+0.50mm=11.50mm．故答案为：〔1〕B，0.410；〔2〕11.50 【点评】对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些根本仪器进行有关测量．12．【答案】〔1〕A1V1R1〔2〕〔3〕【解析】〔1〕因电源电压为3V，故电压表只能选择0－3V，应选电压表V1，因待测电阻约为30，那么电路中的最大电流为100mA，只能选用量程为0－50mA的电流表，应选电流表A1；根据题意可知，电路应采用分压接法，滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用R1。〔2〕要求所测量的范围尽可能大些，故应采用滑动变阻器分压接法，为了提高实验的精确程度，根据电压表和电流表量程和待测电阻阻值分析可知，需将定值电阻接入与待测电阻串联；电压表的内阻很大，由于，电压表分流较小，故采用电流表外接法；电路如下图：〔3〕由欧姆定律可知，可得。三、计算题〔共44分，其中13题8分，14题12分，15题12分，16题12分〕13．【答案】〔1〕〔2〕【解析】〔1〕由B球运动的图象可知，在时，小球的速度最大，此时满足加速度为零，即：—————————3分 解得：———————1分对小球从释放到速度最大的过程，由动能定理得： ———————3分 解得：———————1分 考点：考查动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【名师点睛】此题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理．14．【答案】〔1〕〔2〕〔3〕30m 【解析】由牛顿第二定律可以求出加速度；导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件可以求出匀速运动时的速度；由动能定理可以求出导体棒的位移。〔1〕金属棒开始下滑的初速为零，受重力、支持力和摩擦力。 根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma———————2分 解得：a=2m/s2————1分

〔2〕设金属棒运动到达稳定时，设速度为v，受重力、支持力、摩擦力和安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡，由物体平衡条件得：mgsinθ-μmgcosθ=F——————2分 代入数据解得：F=0.4N———————1分 安培力表达式为：———————1分 代入数据解得：v=10m/s———————1分〔3〕由动能定理得：———————2分 电阻R上产生的焦耳热量等于1J，那么r上产生的焦耳热为1J，

那么克服安培力做功：W安=2J，———————1分 代入数据解得：s=30m———————1分 点睛：此题主要考查了导体棒应明确受力分析、功能关系等的灵活应用，注意安培力做的功等于所有电阻消耗的总热量。15．【答案】〔1〕6W〔2〕①，②7Ω. 【解析】试题分析：由电路图可知，R1与滑动变阻器串联，由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流，由功率公式可求得R1消耗的电功率；粒子做匀速圆周运动，那么重力与电场力平衡；由牛顿第二定律可知洛仑兹力充当向心力；由几何关系可求得粒子运动的半径，联立可解得电容器两端的电压；由闭合电路欧姆定律可求得滑动变阻器的阻值。由图可知闭合电路的外电阻为：—————1分 根据闭合电路的欧姆定律可得电流为：——————2分 R1两端的电压为：U1=IR12=1.5×4=6V———————1分 R1消耗的功率为：———————1分〔2〕带电墨滴进入电、磁场区域做匀速圆周运动，必有重力和电场力等大反向，洛伦兹力 提供向心力，根据牛顿第二定律：———————1分 又因电场力等于重力，那么有：，———————1分 带电墨滴做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°， 根据几何关系得R=d。———————1分 解得带电墨滴的比荷：———————1分 电压为：———————1分 干路电流为：———————1分 解得：———————1分 点睛：此题主要考查了带电粒子在复合场中的运动与闭合电路欧姆定律的综合性题目，解题的关键在于明确带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，所受到的电场力一定与重力大小时相等方向相反。16．【答案】〔1〕〔2〕〔3〕【解析】〔1〕从M点进入磁场的带电粒子速度的大小为v， 根据动能定理得———————2分 解得———————1分〔2〕带电粒子刚好不能进入电场区域轨迹如题所示，设磁感应强度为B，由图可知： ，———————1分 解得：