【物理】山西省长治市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 17页

山西省长治市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题（本题共13个小题，每小题4分，共52分。第1-7小题中给出的四个选项中，只有一个选项正确；第8-13小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。请将选择题答案填涂到答题卡对应栏内。）‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 B. 法拉第在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律 C. 楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体 D. 安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，选项A错误；‎ B.电磁感应定律是纽曼和韦伯在对理论基础和实验资料进行严格分析后提出，法拉第只是发现了电磁感应现象，选项B错误；‎ C.安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体，选项C错误；‎ D.安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，选项D正确。故选D。‎ ‎2.随着科技的不断发展，无线充电已经实现了从理论研发到实际应用的转化．如图所示，某手机利用电磁感应原理正在进行无线充电，下列说法正确的是（ ）‎ A. 无线充电时，手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”‎ B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以用它进行无线充电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，手机无线充电是利用电磁感应原理，所以A错误；要发生电磁感应，应将充电底座接到交变电源上，给发射线圈通交变电流，从产生变化的磁场，使得接收线圈的磁通量发生改变，产生感应电动势、感应电流实现充电，接收线圈中产生交变电流的频率与发生线圈中交变电流的频率是相同的，所以B错误；C正确；手机中需有接收线圈的才能利用无线底座充电，D错误．‎ ‎3.物理量的正负号表示特定的物理意义，下列物理量中的正负号含义说法正确的是（ ）‎ A. 相对于同一零势点，电势能Ep=-7J比Ep=3J小 B. 磁通量有正负之分，磁通量是矢量 C. 力是矢量，－3 N比－5 N大 D. 功是标量，F1对物体做正功，F2对物体做负功，F1做的功一定大于F2做的功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电势能的正负号表示大小，则相对于同一零势点，电势能Ep=-7J比Ep=3J小，选项A正确；‎ B．磁通量无正负之分，磁通量是标量，选项B错误；‎ C．力是矢量，符号表示方向，则－3 N比－5 N小，选项C错误；‎ D．功是标量，符号只表示功的正负，不表示大小，若F1对物体做正功，F2对物体做负功，F1做的功不一定大于F2做的功，选项D错误.‎ ‎4.如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进入磁场开始计时)正确的是( ) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCD方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，即为负值；在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，根据E=BLv可知，感应电动势均匀增大，则感应电流也均匀增大；在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度均匀减小，根据E=BLv可知，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈出磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，根据E=BLv可知，感应电流均匀增大，在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀减小，根据E=BLv可知，感应电流均匀减小，故A正确，BCD错误．‎ ‎5.真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1＝0和x2＝4a的两点，在它们的连线上场强E与x关系如图所示(取x轴正方向为场强正方向，无穷远处为电势零点)，以下判断正确的是( )‎ A. Q1、Q2都带正电 B. Q1与Q2的电荷量之比是1:3‎ C. x轴上a处的电势小于零 D. 正点电荷q在x轴上2a处的电势能比在3a处的小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像可知，0-a为x轴负向，a-4a为x轴正向，所以Q1、Q2都带负电，故A错误；‎ B.因为x=a处场强为零，根据 可知Q1与Q2的电荷量之比是1:9，故B错误；‎ C.由于两个电荷都带负电，取无穷远处为电势零点时，电场中各点的电势都小于零，所以x轴上a处的电势小于零，故C正确；‎ D.正点电荷从2a处运动到3a处电场力做正功，电势能减小，故D错误．‎ ‎6.如图，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不正确的是(　　)‎ A. 电源1与电源2的内阻之比是11∶7‎ B. 电源1与电源2的电动势之比是1∶1‎ C. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2‎ D. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 详解】A．根据电源U-I图线，，，则 r1：r2=11：7‎ 故A正确，不符合题意。‎ B．由图可知E1=E2=10V，故B正确，不符合题意；‎ CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态则 I1=5A，U1=3V 则 P1=I1U1=15W I2=6A，U2=5V 则 P2=I2U2=30W 则在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，选项C正确，不符合题意；‎ 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是18∶25，选项D错误，符合题意。‎ ‎7.如图所示，矩形区域MPQN长，宽，一质量为不计重力、电荷量为q的带正电粒子从M点以初速度水平向右射出，若区域内只存在竖直向下的电场或只存在垂直纸面向外的匀强磁场，粒子均能击中Q点，则电场强度E的大小与磁感应强度B的大小的比值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在电场中做类似平抛运动过程，根据分运动公式，有水平方向，竖直方向：，只有磁场时，做匀速圆周运动，轨迹如图所示：结合几何关系，有，解得，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，联立解得，故，B正确．‎ ‎8.如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则 A. 在时刻，，P有收缩的趋势 B. 在时刻，，穿过P的磁通量不变 C. 在时刻，，P中有感应电流 D. 在时刻，，P有收缩的趋势 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，故A错误；‎ B.当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故时FN=G，故B正确；‎ C.t3时螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN=G，故C正确；‎ D.当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故t4时FN=G，此时P没有收缩的趋势，故D错误．‎ ‎9.如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合．在外力作用下，金属线框从0时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1刻线框全部进入磁场．若规定时针方向为感应电流i的正方向，则感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间t变化的关系可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，感应电流，i与t成正比，故A正确；线框进入磁场过程中受到的安培力，由牛顿第二定律得：，得，F-t图象是不过原点的倾斜直线，故B错误；线框的电功率，故P-t图象应是开口向上，过原点的抛物线，故C正确；线框的位移，则电荷量，故q-t图象应是开口向上，过原点的抛物线，故D正确．‎ ‎10.在如图甲所示的电路中，电阻，圆形金属线圈半径为，线圈导线的电阻为，半径为（）的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为和，其余导线的电阻不计，闭合S，至时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是 A. 电容器上极板带正电 B. 电容器下极板带正电 C. 线圈两端的电压为 D. 线圈两端的电压为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据楞次定律可知，线圈产生顺时针方向的电流，则电容器下极板带正电，故A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，则有，电流为，，故C错误，D正确.‎ ‎11.如图所示，R0为热敏电阻（温度升高电阻迅速减小），D为理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大），C为平行板电容器．当开关K闭合，滑动变阻器R的触头P在适当位置时，电容器C中央有一带电液滴刚好静止．M点接地，则下列说法正确的是（  ）‎ A. 开关K断开，则电容器两板间电场强度为零 B. 将热敏电阻R0加热，则带电液滴向上运动 C. 滑动变阻器R触头P向下移动，则带电液滴在C处电势能减小 D. 滑动变阻器R的触头P向上移动，则带电液滴在C处电势能增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据平衡条件可知液滴受电场力向上，大小等于重力。开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，电场强度增大。故A错误。 B．热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，电场强度增大，液滴向上运动。故B正确。 C．滑动变阻器R的触头P向下移动，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，会充电，电容器两端的电势差增大，液滴向上运动，电场力做正功，电势能减小。故C正确。 D．当变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0‎ 两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，由于二极管，也不会放电，故电容器两端的电势差不变，电势能不变。故D错误。‎ ‎12.如图所示，电阻不计的导轨OPQS固定，其中PQS是半径为r的半园弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．OM是长为r的可绕O转动的金属杆，其电阻为R、M端与导轨接触良好．空间存在与平面垂直且向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置起以角速度ω逆时针匀速转到OS位置．则该过程中 A. 产生的感应电流大小恒定，方向为 OPQMO B. 通过OM的电荷量为 C. 回路中的感应电动势大小为Br2ω D. 金属杆OM的发热功率为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由导体棒绕其端点在磁场中转动时产生的电动势为：，所以产生的电动势恒定，电流恒定，由于磁场方向垂直纸面向里，由右手定则可知电流的方向为OPQMO，故A正确；‎ B项：由公式，故B正确；‎ C项：由A分析可知，，，故C错误；‎ D项：由闭合电路欧姆定律得：发热功率为：故D错误．故应选：AB．‎ ‎13.如图所示，AB棒受一冲量作用后以初速度v0=4m/s沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停止．AB的质量为m=5g，导轨宽为L=0.4m，电阻为R=2Ω，其余的电阻不计，磁感应强度B=0.5T，棒和导轨间的动摩擦因数为μ=0.4，测得棒从运动到停止的过程中通过电阻R的电量q=10﹣2C， g取10m/s2。则上述过程中下面说法正确的是（ ）‎ A. AB杆运动的距离为0.1m B. AB杆运动的时间0.9s C. 当杆速度为2m/s时，其加速度为12m/s2 D. 电阻R上产生的热量为38J ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. AB棒切割磁感线产生感应电流，设向右运动的距离为x，则 平均感应电动势为 平均感应电流为 通过电阻R的电量 所以AB杆运动的距离 选项A正确；‎ B. 根据动量定理有 而 所以有 代入数值解得AB杆运动的时间 选项B正确。‎ C. 当杆速度为2m/s时，根据牛顿第二定律有：‎ 而感应电动势、电流、安培力， ‎ 所以有 代入数值解得 选项C正确；‎ D. 根据能量守恒有 所以电阻R上产生的热量为 代入数值解得 选项D错误。‎ 故选ABC。‎ 二、实验题（本题共15分。第14小题5分，第15小题10分。）‎ ‎14.如图是“探究感应电流的产生条件”实验的器材．‎ ‎（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路______；‎ ‎（2）写出三个操作使灵敏电流计的指针发生偏转．‎ A．______；‎ B．______；‎ C．______．‎ ‎（3）该实验得到的实验结论是______．‎ ‎【答案】 (1). (2). 将开关闭合或断开 将螺线管A插入（或拔出）螺线管B 将滑动变阻器的滑处向左或向右移动 (3). 只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，则闭合导体回路中就有感应电流．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）.电路连接如图；‎ ‎ ‎ ‎（2） 三个操作使灵敏电流计的指针发生偏转：A.将开关闭合或断开；B. 将螺线管A插入（或拔出）螺线管B；C.将滑动变阻器的滑处向左或向右移动；‎ ‎（3）结论：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，则闭合导体回路中就有感应电流．‎ ‎15.李明同学想要测量某个未知电阻R1,他的手边共有仪器如下:一个电阻箱R、一个滑动变阻器R0、一个灵敏电流计G、一个不计内阻的恒定电源E、开关、导线若干．他首先想到用伏安法或者电表改装知识来设计电路,但发现由于仪器缺乏无法实现．苦恼之余去寻求物理老师的帮助．老师首先给了他一道习题要求他思考:‎ ‎(1)如图甲,在a、b之间搭一座“电桥”,调节四个变阻箱R1、R2、R3、R4的阻值,当G表为零时(此时也称为“电桥平衡”),4个电阻之间的关系是_____． ‎ ‎(2)聪明的李明马上想到了改进自己的实验,他按照以下步骤很快就测出了Rx ‎①按图乙接好电路,调节_____,P为滑动变阻器的滑片,当G表示数为零时,读出此时变阻箱阻值R1; ‎ ‎②将Rx与变阻箱R互换位置,并且控制______不动,再次调节____,直至电桥再次平衡时,读出此时变阻箱阻值R2; ‎ ‎③由以上数据即可得Rx的阻值,其大小为Rx=__．‎ ‎【答案】 (1). ； (2). R； P； R； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 由图可知，要使G中电流为零，其两端的电势差为零；则由串并联电路的规律可知，上下两电路中电阻的比值相等；即一定有：，解得：；‎ ‎(2)①由题意可知，李明采用电桥平衡法进行实验；故应调节R，使G表中电流为零，此时读出R1，则R1与Rx比值等于滑动变阻器左右两边电阻的比值；‎ ‎②应控制P不动，使两边电阻的比值不变；互换Rx与变阻箱R；再次调节R，使电流计读数为零；则也有比值等于左右两边电阻的比值；‎ ‎③根据题意有：，解得：．‎ 三、计算题（本题共3小题，共33分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎16.如图所示，线框由导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有匀强磁场且B2＝2 T，已知ab长L＝0.1 m，整个电路总电阻R＝5 Ω.螺线管匝数n＝4，螺线管横截面积S＝0.1 m2.在螺线管内有如图所示方向磁场B1，若磁场B1以均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g＝10 m/s2)‎ ‎（1）通过导体棒ab的电流大小；‎ ‎（2）导体棒ab的质量m大小；‎ ‎（3）若B1＝0，导体棒ab恰沿cd、ef匀速下滑，求棒ab速度大小.‎ ‎【答案】(1) ；(2) m=0.016kg ；(3) v=20m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）螺线管产生的感应电动势：=4V 闭合电路欧姆定律，  ‎ ‎（2）安培力 F1=B2I1L=2×0.8×0.1N=0.16N ‎ 导体棒静止时有F=mg，‎ 求得 m=0.016kg      ‎ ‎（3）切割磁力线所产生的电动势E2=B2Lv ‎ 闭合电路欧姆定律：‎ 安培力表达式：F2=B2I2L              ‎ ‎ 导体棒静止时有 F2=mg          代入数据得：v=20m/s ‎17.如图所示，在磁感应强度B＝1.0T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab．已知接在滑轨中的电源电动势E＝12V，内阻不计．ab杆长L＝0.5m，质量m＝0.2kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留一位有效数字)‎ ‎【答案】3Ω≤R≤5Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析，当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示:‎ 由平衡条件得,沿斜面方向 垂直斜面方向 而 解得 R1＝5Ω 当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示:‎ 由平衡条件得,沿斜面方向 垂直斜面方向 而 解得:‎ R2＝3 Ω．‎ 所以，要使ab杆保持静止，R的取值范围是3 Ω≤R≤5Ω．‎ ‎18.如图(a)所示，足够长的光滑平行金属导轨JK、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L=l.0 m，导轨平面与水平面间的夹角为θ=30°，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的J、P两端连接阻值为R=3.0Ω的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量m=0.20 kg，电阻r=0.50 Ω，重物的质量M=0.60 kg，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑距离与时间的关系图像如图(b)所示，不计导轨电阻， g=10 m/s 2 ．求： ‎ ‎(1)t=0时刻金属棒的加速度 ‎(2)求磁感应强度B的大小以及在0.6 s内通过电阻R的电荷量； ‎ ‎(3)在0.6 s内电阻R产生的热量．‎ ‎【答案】(1)a=6.25m/s2 (2) (3)QR=1.8J ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电量公式q=I•△t，闭合电路欧姆定律，法拉第电磁感应定律：，联立可得通过电阻R的电量；由能量守恒定律求电阻R中产生的热量．‎ ‎【详解】(1) 对金属棒和重物整体 Mg-mgsinθ=(M+m)a ‎ 解得：a=6.25m/s2 ；‎ ‎(2) 由题图(b)可以看出最终金属棒ab将匀速运动，匀速运动的速度 ‎ ‎ 感应电动势E=BLv 感应电流 金属棒所受安培力 ‎ 速运动时，金属棒受力平衡，则可得 ‎ ‎ 联立解得： ‎ 在0.6 s内金属棒ab上滑的距离s=1.40m ‎ 通过电阻R的电荷量 ‎；‎ ‎(3) 由能量守恒定律得 ‎ ‎ 解得Q=2.1 J ‎ 又因为 ‎ ‎ 联立解得：QR=1.8J．‎ ‎【点睛】本题主要考查了电磁感应与力学、电路知识的综合，抓住位移图象的意义：斜率等于速度，根据平衡条件和法拉第定律、欧姆定律等等规律结合进行求解．‎