江苏省泰州市2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 18页

‎2019-2020学年江苏省泰州市高二（上）期末物理试卷（选修）‎ 一、单项选择题：本题共6小题，每小题只有一个选项符合题意 ‎1.首先发现电磁感应现象的科学家是（　　）‎ A. 法拉第 B. 安培 C. 奥斯特 D. 楞次 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】首先发现电磁感应的科学家是法拉第。故A正确，BCD错误 ‎2.关于磁感应强度的说法中，正确的是（　　）‎ A. 一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 B. 一小段通电导体在磁场中某处受到的磁场力越小，说明该处的磁感应强度越小 C. 磁场中某点的磁感应强度方向，就是放在该点的一小段通电导体所受磁场力方向 D. 磁场中某点的磁感应强度的大小和方向与放在该点的通电导线所受磁场力无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、通电导线放在磁场中某处不受安培力的作用时，可能是由于通电导线与磁场平行，B并不为零。故A错误。‎ B、一小段通电导体在磁场中某处受到的磁场力越小，可能是磁场与线圈接近平行；不能说明该处的磁感应强度越小；故B错误；‎ C、通电导线在磁场中的受力方向与磁场方向相互垂直；故C错误；‎ D、磁感应强度的定义式 采用比值定义法，可知磁感应强度与该点是否放通电导线无关，由磁场本身的特性决定。故D正确。‎ ‎3.如图所示，固定的水平长直细导线中通有方向向右的恒定电流I，一矩形金属线框位于竖直平面内紧靠导线但不接触，若线框从图中实线位置由静止释放，在下落到虚线位置的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 穿过线框内的磁通量变小 B. 线框所受安培力的方向始终竖直向上 C. 线框中感应电流方向发生变化 D. 线框的机械能守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A、由图示可知，线框下落过程中，穿过线框的磁通量先减小、然后再增大，故A错误；‎ B、在整个过程中，线框一直下落，为阻碍线框的下落，由楞次定律可知，线框受到的安培力一直向上，线框所受安培力方向不变，故B正确；‎ C、由右手定则可知，在导线上方磁感应强度向外，在导线下方，磁感应强度向里，开始磁场方向向外，磁通量减少，由楞次定律可得，感应电流沿逆时针方向，后来原磁场方向向里，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流方向不变化，故C错误；‎ D、在线框进入或离开磁场过程中，线框中产生感应电流，机械能转化为电能，线框的机械能减小，故D错误；‎ ‎4.科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的N极逆时针转过60°（如图所示的虚线），设该处的地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为（　　）‎ A. 2B B. B C. B D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题磁矿所产生的磁场使原来指向正北的N极逆时针转过60°，根据三角形定则可知：磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小时方向与图中虚线垂直，‎ 则最小值为 Bsin60°＝B 故C正确，ABD错误。‎ ‎5.如图，一束正离子先后经过速度选择器和匀强磁场区域，则在速度选择器中沿直线运动，且在匀强磁场中偏转半径又相等的离子具有相同的（　　）‎ A. 电量和质量 B. 质量和动能 C. 速度和比荷 D. 速度和质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在正交的电磁场区域中，正离子不偏转，说明离子受力平衡，在此区域Ⅰ中，离子受电场力和洛伦兹力，由 得 v＝‎ 可知这些正离子具有相同的速度；进入只有匀强磁场的区域Ⅱ时，偏转半径相同，由 R＝和v=‎ 可知这些正离子具有相同的比荷，故C正确，ABD错误。‎ ‎6.如图（a）螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向螺线管与导线框cdef相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图（b）所示规律变化时（　　）‎ A. 在t2﹣t3时间内，L内有逆时针方向感应电流 B. 在t3﹣t4时间内，L内有逆时针方向的感应电流 C. 在t1～t2时间内，L有扩张趋势 D. 在t3～t4时间内，L有扩张趋势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 详解】A、在t2﹣t3时间内，穿过圆环的磁通量向上均匀减小，之后是向下均匀增大的，由法拉第电磁感应定律可知，L中磁通量不变，则L中没有感应电流，故A错误；‎ B、在t3﹣t4时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向fedc，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向里减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；‎ C、在t1﹣t2时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势，故C错误；‎ D、由B选项，可知，在t3～t4时间内，穿过圆环L的磁通量向里减小，依据楞次定律的“减缩增扩”，则环L有扩张趋势，故D正确。‎ 二、多项选择题：本题共5小题，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.‎ ‎7.如图所示电路，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，L是小灯泡，C是电容器，电源内阻为r．开关S闭合后，在滑动变阻器的滑片向上滑动过程中 A. 电压表示数变大 B. 小灯泡变亮 C. 电容器所带电荷量增大 D. 电源的总功率变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R2增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变暗．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大．故A符合题意，B不符合题意．‎ C．电路稳定时电容器的电压等于R2的电压，根据串联电路电压分配规律可知，R2增大，电容器的电压增大，则电容器所带电荷量增大．故C符合题意． D．电源的总功率为P=EI，干路电流I减小，则电源的总功率变小．故D不符合题意．‎ ‎8.一水平放置、螺距较大、弹性较好的通电螺线管，其产生的磁场截面分布如图所示，ab为用绝缘细线悬挂的位于螺线管正上方的通电直导线，其电流方向由a到b（电流很小，不影响螺线管磁场）。下列说法正确的是（　　）‎ A. P、Q两点的磁感应强度相同 B. 直导线ab通电后，a端垂直纸面向内转动 C. 断开螺线管中的电流后，螺线管的长度变短 D 将不计重力的质子沿螺线管中轴线射入，质子在管内做匀速直线运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题图，可知，P、Q两点的磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误；‎ B、直导线ab通电后，根据左手定则，可知，a端安培力向里，b端的安培力向外，因此，a端垂直纸面向内转动，故B正确；‎ C ‎、通电时，螺线管中线圈间的电流方向相同，出现相互吸引，当断开螺线管的电源后，没有吸引力，螺线管有沿水平方向向内伸长的趋势，故C错误；‎ D、将不计重力的电子沿中轴线射入螺线管，电子处于匀强磁场中，不受任何力，电子将做匀速直线运动，故D正确；‎ ‎9.如图所示，磁感应强度为B的矩形磁场区域长为，宽为L，甲、乙两电子沿矩形磁场的上方边界从A点射入磁场区域，甲、乙两电子分别从D点和C点射出磁场，则甲、乙两电子在磁场运动的过程中（　　）‎ A. 速率之比为1：4 B. 角速度之比为1：3‎ C. 路程之比为4：3 D. 时间之比为3：1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据几何关系可知，甲的轨道半径为，乙的轨道半径为2L，根据公式 因此解得，速度之比等于半径之比，因此甲乙速率之比为1：4，故A正确；‎ B.根据公式 解得角速度之比1:1，故B错误；‎ C.根据几何关系可知，甲的圆心角为，乙的圆心角为，因此其路程分别为 ‎，‎ 因此路程之比为3:16，故C错误；‎ D.根据公式 可知，甲乙电子运动周期相同，因此其运动时间跟圆心角有关，即 解得，其运动时间之比为3：1，故D正确。‎ ‎10.如图为演示自感现象的实验电路图，L为自感系数较大的电感线圈，A1、A2为两个相同的小灯泡，调节滑动变阻器R，使其接入电路中的阻值与线圈直流电阻相等。下列说法正确的是（　　）‎ A. 接通开关S瞬间，A1、A2立即变亮 B. 接通开关S后，A1逐渐变亮，A2立即变亮 C. 断开开关S后，A1、A2慢慢熄灭 D. 断开开关S后瞬间，A2中有方向向右的电流 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、电阻R不产生自感现象，接通开关S瞬间，灯A2立即正常发光。而电感L产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，使得电路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，A1灯逐渐变亮，即A2灯先亮，A1灯后亮。故A错误，B正确。‎ C、闭合开关，待电路稳定后断开开关，通过A2灯原来的电流立即消失，电感线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，自感电流流过两灯，两灯都熄灭。故C正确；‎ D、电路稳定后断开开关，通过A2灯原来的电流立即消失，电感线圈L产生自感电动势，相当于电源，所以A1灯的电流的方向不变，而A2灯电流的方向与开始时相反，即断开开关S后瞬间，A2中有方向向右的电流。故D正确 ‎11.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，曲线a是该电池在某光照强度下路端电压U随电流变化的关系图象（电池电动势不变，内阻不是定值），图线b是某电阻R的U﹣I图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电流I越大，硅光电池内阻越大 B. 硅光电池在该工作状态下的总功率为0.4W C. 硅光电池在该工作状态下的内阻为5Ω D. 若将R换成阻值更小的电阻，硅光电池的的输出功率减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反映电池的a图像是U﹣I图象，电池的内阻为，而电池电动势不变，则图像上每一点和3.6V构成的与对应的的比值表示内阻大小，可知随电流I增大，硅光电池内阻越大，故A正确；‎ C．由闭合电路欧姆定律得 当I＝0时，E＝U，由a图线与纵轴的交点读出电池的电动势为：E＝3.6V．根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为：U＝2V，电流为：I＝0.2A，则硅光电池的内阻为：‎ r＝＝8Ω 故C错误；‎ B．硅光电池的总功率为：‎ 故B错误；‎ D．R的阻值为：‎ R＝＝10Ω＞r＝8Ω 则若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率将减小，故D正确。‎ 故选AD。‎ 三、简答题：本题共2小题，把答案填在题中的横线上或根据要求作答 ‎12.（1）用游标卡尺（图1）测量某一工件内径，应用其中___（选填“A”、“B或“C”）来测量；其示数如图2所示，则该工件的内径为__cm。‎ ‎（2）小明用多用电表测量一电阻，正确的操作顺序是__（填字母）。‎ A．把选择开关旋转到交流电压最高档 B．调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆零点 C．把红、黑表笔分别接在该电阻两端，然后读数 D．把选择开关旋转到“×10”倍率的档位，将红、黑表笔接触 ‎（3）把红、黑表笔分别插入多用电表“+”、“﹣”插孔，用螺丝刀调节定位螺丝，使指针指在左边的零刻度线上，小明按以上正确顺序操作后，测量发现表头指针向右偏转的角度过大，为减小误差，应将选择开关拨到“___”倍率欧姆档（选填“×100或“×1”）；如果拨档后立即测量电阻并读数，小明遗漏的实验步骤是：___。补上该步骤后，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值为__Ω。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 2.150 (3). DBCA (4). ×1 (5). 欧姆调零 (6). 22‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]游标卡尺的每部分都有不同的测量情景，A通常用来测量内径，B通常用来测量厚度、宽度，C通常用来测量容器深度，因此本题选A；‎ ‎[2]根据游标卡尺的读数规律可知，其读数为；‎ ‎（2）[3]欧姆表的使用应该先把选择开关旋转到“×10”倍率的档位，将红、黑表笔接触短接，再调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆零点，然后把红、黑表笔分别接在该电阻两端，然后读数，最后做完实验之后，把选择开关旋转到交流电压最高档，因此操作顺序为DBCA；‎ ‎（3）[4]因为表头指针向右偏转的角度过大，说明其阻值不大，为减小误差，应该让指针尽量指到中间刻度，因此应将选择开关拨到×1倍率欧姆档；‎ ‎[5]每次更换欧姆档位都需要重新欧姆调零；‎ ‎[6]根据欧姆表示数乘以倍率可知，其电阻为22。‎ ‎13.为了测量某电流表A的内阻（量程为50mA，内阻约10Ω），提供的实验器材有：‎ A．直流电压表V（0～3V，内阻约6kΩ）‎ B．定值电阻R0‎ C．滑动变阻器R（0﹣5Ω，2A）‎ D．直流电源E（3V，内阻很小）‎ E．导线、电键若干 某同学设计测量该电流表的内阻实物电路如图所示。‎ ‎（1）电路中定值电阻R0应选用_____（填“A”或“B”）。‎ A．定值电阻（5.0Ω 1A）‎ B．定值电阻（50.0Ω 1A）‎ ‎（2）图中有一处连接不当的导线是_____（用标注在导线旁的数字表示）。‎ ‎（3）改正电路后，闭合开关，移动滑动变阻器触头，分别记下五组电流表A、电压表V的读数：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ U/V ‎0.80‎ ‎1.18‎ ‎1.78‎ ‎2.36‎ ‎2.70‎ I/mA ‎14.0‎ ‎20.0‎ ‎30.0‎ ‎40.0‎ ‎46.0‎ 请在方格纸中描点作出U﹣I图线______。‎ ‎（4）由图象求得此电流表的电阻为_____Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎（5）测量结束后，应先断开开关，然后在拆除导线时，首先拆除_____两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材。‎ ‎【答案】 (1). B (2). ⑦ (3). (4). 8.7 (5). 电源 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据欧姆定律，若能使电流表电流达到满偏电流，则电阻应为 故定值电阻R0应选用B；‎ ‎（2）[2]因为电流表内阻小，故应该选用内接法，因此错误的地方在⑦；‎ ‎（3）[3]根据表格数据可得下图 ‎（4）[4]因为采用内接法，所以根据公式 得 因此解得 ‎（5）[5]最后做完实验，应先断电源，再拆除其他用电器，所以应该先拆除电源两端导线。‎ 四、计算题：本题共4小题，共42分，解答应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能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ‎14.如图1所示，单匝正方形金属线框ABCD用一绝缘细线竖直悬挂，在线框上半部有一垂直于纸面向里的匀强磁场，大小随时间变化的关系如图2所示。已知线框边长L＝m，电阻R＝05Ω、质量m＝0.5kg，取g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）线框中感应电动势的大小；‎ ‎（2）线框中的电功率；‎ ‎（3）2s时细线中拉力的大小。‎ ‎【答案】（1）1V（2）2W（3）17N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线框中的感应电动势为：‎ ‎（2）线框的电功率为：‎ ‎（3）由图2可知，t＝2s时，B＝3T，‎ 根据楞次定律可知线框中的电流为逆时针，电流大小为：‎ 根据左手定则可判定安培力竖直向下，安培力大小为：‎ 据平衡条件得：‎ 解得：T＝17N；‎ ‎15.如图所示，N＝30匝矩形闭合导线框ABCD位于磁感应强度大小B＝ 的水平匀强磁场中，并与一理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈连接一规格为“110V，30W”的小灯泡。已知线框面积S＝0.5m2，线框电阻不计。若线框以角速度ω＝200rad/s绕垂直于磁场方向的OO′轴匀速转动。求：‎ ‎（1）在图示位置穿过线框的磁通量；‎ ‎（2）从图示位置开始计时，线框中产生的电动势e随时间t变化的瞬时表达式；‎ ‎（3）要使小灯泡正常发光，求变压器原、副线圈的匝数比。‎ ‎【答案】（1）；（2）（V）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）图示位置线框平面与磁场垂直，穿过线框的磁通量最大，为：‎ ‎（2）线框逆时针转动，电动势最大值为：‎ 从中性面位置开始计时，故瞬时值为：‎ ‎（3）原线圈电压为：‎ 副线圈电压为：U2＝110V，‎ 由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比 ‎ ‎16.如图所示，相距为L的两条是够长的光滑平行金属导轨MN，PQ水平放置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨的M、P两端连接一阻值为R的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置且接触良好，并通过水平细线跨过滑轮与物体A相连，已知ab棒与物体A质量均为m，重力加速度为g，不计除R外其余部分的电阻、一切摩擦以及细线和滑轮的质量。现将ab棒由静止释放，测得ab棒沿导轨滑行达到最大速度的过程中，流过电阻R的总电量为q。求：‎ ‎（1）ab棒运动过程中的最大速度v的大小；‎ ‎（2）ab棒速度为最大速度一半时加速度a的大小；‎ ‎（3）ab棒从开始运动到最大速度的过程中电阻R上产生的焦耳热Q。‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据受力分析可知，当ab棒运动速度最大时，则有 解得 ‎（2）ab棒速度为最大速度一半时，即速度为 因此根据牛顿第二定律可得 解得 ‎（3）设ab棒滑行达到最大速度的过程中通过的距离为x，则 又 计算得出 根据能量守恒定律得 解得 ‎17.如图所示，在足够长的绝缘板MN上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未标出），在绝缘板上方的P点有一个粒子发射源，它在同一时间内沿纸面向各个方向发射数目相等的带正电粒子，粒子的速度大小相等。已知粒子的比荷为＝k，在磁场中运动的轨道半径R，P点与绝缘板的距离为d＝1.6R（不计粒子间的相互作用和粒子的重力，sin37°＝06，sin53°＝0.8）。求 ‎（1）粒子源所发射粒子的速度大小v0；‎ ‎（2）能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度Lm；‎ ‎（3）打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值。‎ ‎【答案】（1）（2）2R（3）0.25‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力可得 粒子在磁场中运动的轨道半径为：‎ 粒子比荷为k，联立解得：‎ ‎（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C、D，‎ 粒子在C点与绝缘板相切，PD为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得：‎ 带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为：‎ ‎（3）根据上图中的几何关系可得：‎ ‎，‎ ‎，‎ 根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为θ＝37°+53°＝90°范围内有粒子打在板上，打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的，故打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值为0.25。‎ ‎【点睛】‎ ‎ ‎