云南省宣威市第八中学高二下学期期中考试物理试题

云南省宣威市第八中学20172018学年度下学期期中考试高二物理1.根据安培假设的思想，认为磁场是由于运动电荷产生的，这种思想如果对地磁场也适用，而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此判断，地球应该（）A.带负电 B.带正电 C.不带电 D.无法确定【答案】A【解析】【详解】在磁体外部磁感线总是从N极出发指向S极，由此可知地磁场由南至北，由右手螺定则可知电流方向自东向西，由于地球自转为自西向东，由此可知地球带负电，A对；2.A、B为“220V100W”两盏相同的灯泡，C、D为“220V40W”的两盏相同的灯泡.现将四盏灯泡接成3.如图所示的电路，并将两端接入电路，各灯实际功率分别为PA、PB、PC、PD.则实际功率的大小关系为()A.PA＝PB，PC＝PDB.PA＝PD＞PB＝PCC.PD＞PA＞PB＞PCD.PB＞PC＞PD＞PA【答案】C【解析】【详解】根据得：RA＝RB＝=484Ω，RC＝RD＝=1210Ω；由电路图可知，BC并联，所以电压相等，根据P＝可知：PB＞PC；AD串联，电流相等，根据P=I2R可知，PD＞PA；AD的电流大于BC的电流，根据P=I2R可知：PA＞PB，PD＞PC；所以PD＞PA＞PB＞PC；故选C.3.如图所示，a，b，c三根铁棒中有一根没有磁性，则这一根可能是()A.A B.bC.C D.都有可能【答案】A【解析】【详解】根据三棒的平衡态进行受力分析可知，a、c棒都有水平向右的力，所以b有磁性；再分析b、c可知之间存在斥力，所以判断c有磁性，所以无磁性的只有a，故A正确，BCD错误．故选A．4.磁场对通电导体的作用力叫安培力，通电导体垂直于磁场方向放置时，关于安培力的大小有如下规律，其中正确的是()A.磁感应强度越强，电流越小，导线越长，安培力就越大B.磁感应强度越强，电流越大，导线越长，安培力就越大C.磁感应强度越弱，电流越大，导线越长，安培力就越大D.磁感应强度越强，电流越大，导线越短，安培力就越大【答案】B【解析】【详解】通电导体垂直于磁场方向放置时，根据F=BIL得，磁感应强度越强，电流越大，导线越长，安培力就越大．故选B．5.有一半径为R＝0.15m的圆形边界的匀强磁场区域，磁感应强度为B＝0.25T．一群重力不计、质量为m＝3×10－7kg，电荷量为q＝＋2×10－3C的带电粒子，以速度v＝5×102m/s由圆周上的同一点A以不同方向射入磁场，关于粒子在磁场中运动的时间长短，下列说法中正确的是()A.沿半径v1方向射入粒子运动时间最长B.沿与半径成30°的v2方向射入的粒子运动时间最长C.沿与半径成30°的v3方向射入的粒子运动时间最长D.所有粒子运动时间一样长【答案】C【解析】【详解】粒子在磁场中做圆周运动的周期：相同，粒子做圆周运动的轨道半径：，粒子在磁场中运动的弧长越长，弦长越长，对应的圆心角θ越大，粒子在磁场中做圆周运动，沿与半径成30°的V3方向射入的粒子，转过的圆心角：θ=60°，rsin=0.3×sin=0.15m=R，则该粒子对应的弦长为圆形磁场区域的直径，该粒子运动轨迹对应的弦长最长，转过的圆心角θ最大，粒子的运动时间：t=T最长；故选C．点睛：本题考查了比较粒子运动时间长短，应用粒子周期公式，分析清楚图示情景，判断出粒子运动轨迹对应的弦长关系即可解题．6.某电容器的电容是30μF，额定电压为200V，击穿电压为400V，对于该电容器，下列说法中正确的是()A.为使它的两极板间的电压增加1V，所需要的电荷量是3×10－5CB.给电容器1C的电荷量，两极板间的电压为3×10－5VC.该电容器能容纳的电荷量最多为6×10－3CD.该电容器两极板间能承受的最大电压为200V【答案】A【解析】【详解】由ΔQ=C·ΔU=30×10–6×1C=3×10–5C，A对；由U=Q/C=1/(30×10–6)V=3.3×104V可知，电容器被击穿，B错；击穿电压为400V表示能承受的最大电压为400V，最大电荷量Q=CU=3×10–5×400C=1.2×10–2C，CD错．7.一小段长为L的导线，通过电流为I，垂直放在磁场中某处受力F，则该处磁感应强度的大小为．下列说法正确的是A.B随着I的减小而增大 B.B随着L的减小而增大C.B随着F的增大而增大 D.B跟F、I、L的变化无关【答案】D【解析】【详解】公式为磁感应强度定义式，不是决定式，磁感应强度由磁场本身及位置决定，与F、I、L无关，D对，故选D。8.在电场中的A、B两处分别引入不同的试探电荷q，得到试探电荷所受的电场力随电荷量变化的关系如图所示，则（

）A.EA＞EBB.EA＜EBC.EA=EBD.不能判定EA、EB的大小【答案】A【解析】【详解】图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，A图线斜率的绝对值大，所以A点的电场强度最大，B图线斜率的绝对值小，电场强度的最小．EA＞EB．故A正确，BCD错误．故选A．9.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行且通过正三角形的三个顶点，三条导线中通入的电流大小相等，方向垂直纸面向里；通过直导线产生磁场的磁感应强度B=kI/r,I为通电导线的电流大小，r为距通电导线的垂直距离，k为常量；则通电导线R受到的磁场力的方向是A.垂直R，指向y轴正方向B.垂直R，指向y轴负方向C.垂直R，指向x轴正方向D.垂直R，指向x轴负方向【答案】B【解析】【分析】R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向【详解】由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的合磁场方向水平向右，即沿X轴正方向，则R处的磁场方向沿X轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y轴负方向，B正确．10.在图中L为电感线圈，C为电容，A、B为两只相同的灯泡，将它们接在电压为u的交流电源上，两只灯泡的亮度一样。若保持电源电压不变，而将电源频率增大，下列说法中正确的是()A.两灯泡的亮度不变B.A灯泡亮度不变，B灯泡变亮C.A灯泡变暗，B灯泡变亮D.A灯泡变亮，B灯泡变暗【答案】C【解析】【详解】若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，根据可知，电容器对其阻碍变小，根据可知，线圈对其阻碍变大。所以A灯泡将变暗，B灯泡将变亮。故选C。11.某电源的U－I图象如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流．a、b为图线上的两点．相应状态下电源的输出功率分别为Pa、Pb，外电路电阻为Ra、Rb，由图可知，及的比值分别为()A.3∶11∶2 B.1∶32∶3 C.1∶11∶2 D.1∶14∶1【答案】D【解析】【详解】由图可知，；；

由可知，功率之比为；

由可知，电阻之比为，故选项D正确，ABC错误．点睛：本题考查对电源的伏安特性曲线的认识，要注意正确理解闭合电路欧姆定律，掌握图象的性质，会求路端电压及电动势．12.如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（）A.a点B.b点C.c点D.d点【答案】A【解析】【详解】由电流的安培定则可知电流产生的磁场在a点的方向水平向右，c点水平向左，b点竖直向下d点竖直向上，且四点磁感应强度大小相等，根据矢量合成法则可知磁感应强度最大值为a点A.a点与分析相符，A正确B.b点与分析不符，B错误C.c点与分析不符，C错误D.d点与分析不符，D错误13.如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向）．若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是（）A.导电圆环所受安培力方向竖直向上B.导电圆环所受安培力方向竖直向下C.导电圆环所受安培力的大小为2BIRD.导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsinθ【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故A正确，B错误；CD．把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，导电圆环可以等效为两直线电流，导线的有效长度等于环的直径，水平磁场对电流的安培力F=B水平I•2πR=2πBIRsinθ故C错误，D正确；故选AD．14.某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中不可行的是（）A.在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到静电力作用说明此空间存在电场B.在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到静电力作用说明此空间不存在电场C.在该空间内引入“检验电流”，如果通电导线受到磁场力作用说明此空间存在磁场D.在该空间内引入“检验电流”，如果通电导线没有受到磁场力作用说明此空间不存在磁场【答案】D【解析】【详解】AB．电荷在电场中一定会受到电场力的作用，故在该空间内引入检验电荷时，如果电荷受到电场力则说明此空间一定有电场，如果没有电场力则一定没有电场，故AB可行；C．若空间引入通电导线受到磁场力，则说明此空间一定存在磁场，故C可行；D．若引入通电导线而没有受力，则可能是导线与磁场相互平行，故不能说明不存在磁场，故D不可行。故选D。15.如图所示，为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压。某变电所将电压u0=11000sin100πt（V）的交流电降为220V供居民小区用电，则该变电所变压器（）A.原、副线圈匝数比为50∶1B.副线圈中电流的频率是50HzC.原线圈的导线比副线圈的要粗D.输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和【答案】AB【解析】【详解】A．降压变压器输入电压的最大值为11000V，则有效值为11000V，则选项A正确；B．交流电的频率经过变压器后，交流电的频率不变，选项B正确；C．降压变压器中副线圈中的电流大于原线圈中的电流，为了使线圈放出的热量尽量少，则副线圈导线的电阻应小于原线圈导线的电阻，则副线圈导线应比原线圈导线粗，选项C错误；D．副线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和，而原、副线圈中的电流不相等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，选项D错误。故选AB。16.如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω、R2=5Ω、R3=3Ω，电容器的电容C=2×10﹣5F，若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电量为q．则（）A.I=0.75A B.I=0.5A C.q=2×10﹣5C D.q=1×10﹣5C【答案】AD【解析】【详解】解：开关S闭合电路稳定时，外电路中总电阻为R=R2+=5+=7Ω根据闭合电路欧姆定律得：I==A=0.75A电容器两端的电压为U=I•=0.75×2V=1.5V电量Q=CU=1.5×2×10﹣5C=3×10﹣5C断开开关S后：电容器通过R1与R3放电，设通过R1与R3的放电电流分别为I1和I3，则=由电量公式q=It可知，通过R1与R3电量之比为又q1+q3=Q联立得：通过R1的电量为q1==3×10﹣5C=1×10﹣5C故选AD17.如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验器材．（1）根据实验原理，选取合适的电表量程，用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路图连接完整__．（2）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于__端（选填“A”、“B”或“A、B中间”）（3）某同学根据得到的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线．由图可知当小灯泡两端的电压为1.2V时的功率为__W．（4）根据图丙可知，随电压的升高，小灯泡的电阻__，（填“变大”或“变小”），原因是__．【答案】①.(1)②.(2)A③.(3)0.144④.(4)增大⑤.灯泡内阻随温度的升高而增大【解析】【详解】（1）[1]．由图可知，本实验采用了电流表外接法和滑动变阻器的分压接法，实验电路图如图（2）[2]．由图可知，测量部分电路与滑动变阻器左端并联；故为了让测量部分的电压和电流从零开始变化，开始时滑片应滑到A端；（3）[3]．由图丙所示图象可知，电压为1.2V时，通过灯泡电流为0.19A，灯泡实际功率；（4）[4][5]．由图可知，IU图象的斜率越来越小，则说明电阻越来越大；原因是灯泡内阻随温度的升高而增大．【点睛】根据原理图可得出对应的实物图；根据实验要求和电路图的连接方式可明确滑片开始的位置；由图可明确1.2V时对应的电流，再由P=UI即可求得电功率；根据图象分析电阻的变化，并明确金属导体电阻随温度升高而增大．18.一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是“×1”、“×10”、“×100”．用“×10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，为了较准确地进行测量，应换到“__”挡．如果换挡后要进行__，然后测量．【答案】①.×1②.欧姆调零【解析】【详解】用×10挡测量某电阻时，表头指针偏转角度很大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻应换用小挡，应选择×1挡位，换挡后要进行欧姆调零，然后再测电阻阻值；

点睛：本题考查了欧姆表挡位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．19.相距的足够长金属导轨竖直放置，质量为的光滑金属棒通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，金属棒水平固定在金属导轨上，如图甲所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方式竖直向下，两处磁场感应强度大小相等，、两棒的电阻均为，导轨电阻不计，棒在方向竖直向上大小按图乙所示规律变化的外力F作用下从静止开始，沿导轨匀加速运动，取，求：（1）在运动过程中，棒中的电流方向？棒受到的安培力方向？（2）求出棒加速度大小和磁感应强度B的大小？（3）从到，金属棒的机械能变化了多少？【答案】（1）从流向，安培力方向是垂直导轨平面向里；（2），；（3）【解析】【详解】（1）由右手定则可得在运动过程中，棒中的电流方向从流向，由左手定则可得棒受到的安培力方向是垂直导轨平面向里；（2）设棒加速度大小为，当时则解得当时设棒速度大小为，其中电流为I，则解得（3）从到，棒通过的距离为h，则设金属棒的机械能变化为，则解得20.输送的电功率，采用压输电，若不考虑电抗的影响，输电导线中的电流是多少安？如果用电压输电，输电导线中的电流将是多少？【答案】，【解析】【