【物理】海南省海口市第四中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 13页

海南省海口市第四中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.最先发现电流磁效应的科学家是（　　）‎ A. 伽利略 B. 帕斯卡 C. 牛顿 D. 奥斯特 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】最先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，选项D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎2.一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势(V)，则关于交流电流的说法中，正确的是（　　）‎ A. 交流电的频率为100Hz B. 交流电动势的有效值为220V C. 交流电的最大值为220V D. t=0时线圈平面与磁感线平行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据交流电动势(V)可知交流电的角速度，所以交流电的频率为，选项A错误；‎ B. 根据交流电动势(V)可知交流电的最大值，所以交流电动势的有效值为，选项B正确；‎ C. 根据交流电动势(V)可知交流电的最大值为，选项C错误；‎ D. 根据交流电动势(V)可知 t=0时，此时磁通量最大，线圈平面与磁感线垂直，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，一交流电的电流随时间而变化的图象。此交流电流的有效值是（　　）‎ A. 3.5A B. 3.5A C. 5A D. 5A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】交流电流的有效值的定义有 解得，选项C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎4.闭合线框abcd，自某高度自由下落时穿过一个有界（Ⅰ到Ⅲ间）的匀强磁场，当它经过如图所示的三个位置时，感应电流的方向是（　　）‎ A. 经过Ⅰ时，a→b→c→d→a B. 经过Ⅱ时，a→b→c→d→a C. 经过Ⅱ时，a→d→c→b→a D. 经过Ⅲ时，a→b→c→d→a ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 经过Ⅰ时，通过线框的磁通量增加，根据楞次定律增反减同，感应电流的磁场为“·”场，根据右手螺旋定则可判断感应电流的方向为a→b→c→d→a，选项A正确；‎ B C. 经过Ⅱ时，通过线框的磁通量没有变化，因而没有感应电流，选项BC错误；‎ D. 经过Ⅲ时，通过线框的磁通量减少，根据楞次定律增反减同，感应电流的磁场为“×”场，根据右手螺旋定则可判断感应电流的方向为a→d→c→b→a，选项D错误。故选A。‎ ‎5.在图所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2的零点在刻度盘中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“-”接线柱流入时，指针向左摆。断开开关K的瞬间，下列说法中正确的是（　　）‎ A. G1指针向右摆，G2指针向左摆 B. 两表指针都向右摆 C. G1指针向左摆，G2指针向右摆 D. 两表指针都向左摆 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电感线圈L的存在，断开开关K的瞬间，在G1、G2的回路中有顺时针方向逐渐减小的电流，该电流从G1的“+”接线柱流入时，指针向右摆；从G2的“-”接线柱流入时，指针向左摆。选项A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎6.如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（ ）‎ A. 全向里 B. 全向外 C. a向里，b、c向外 D. a、c向外，b向里 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈中的电流方向为顺时针方向，根据安培定则a、c向外，b向里,故D正确，ABC错误．‎ ‎7.在磁感应强度大小为B0，方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（　　）‎ A. c、d两点的磁感应强度大小相等 B. a、b两点的磁感应强度大小相等 C. c点的磁感应强度的值最小 D. b点的磁感应强度的值最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】通电直导线在c点的磁感应强度方向与B0的方向相反，b、d两点的磁感应强度方向与B0垂直，a点的磁感应强度方向与B0同向，由磁场的叠加知c点的合磁感应强度最小，a点的合磁感应强度最大．C项正确．‎ ‎8.在如图的电路中，为电源电动势，为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器．当的滑动触点在端时合上开关，此时三个电表、和的示数分别为、和．现将的滑动触点向端移动，则三电表示数的变化情况是（ ）‎ A. 增大，不变，增大 B. 减小，增大，减小 C. 增大，减小，增大 D. 减小，不变，减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：滑动触点向b端移动的过程中R2连入电路中的阻值减小，外电路总电阻R外减小，根据闭合电路的欧姆定律可得，I增大，，所以U减小；电阻R3的电压U3=IR3随I增大而增大，所以R1电压U1=U-U3减小，电流跟着减小；再根据I2=I-I1，可得I2增大，所以B正确．‎ 考点：本题考查闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律等，意在考查学生的逻辑分析能力．‎ 二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错或不选的得0分）‎ ‎9.一个电子以速度v垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则（　　）‎ A. 磁场对电子的作用力始终不变 B. 磁场对电子的作用力始终不做功 C. 电子的速度始终不变 D. 电子的动能始终不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电子以速度v垂直进入磁场后，受到洛伦兹力的作用，做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，方向时刻变化，选项A错误；‎ B. 磁场对电子的作用力即洛伦兹力始终与速度方向垂直，始终不做功，选项B正确；‎ C. 电子做匀速圆周运动，它的速度方向时刻在变化，选项C错误；‎ D. 洛伦兹力始终与速度方向垂直，始终不做功，所以电子的动能始终不变，选项D正确。‎ 故选BD。‎ ‎10.一闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. t=0时刻线圈平面与中性面平行 B. t=0.1s时刻，穿过线圈平面的磁通量变化率为零 C. t=0.2s时刻，线圈中有最大感应电动势 D. t=0.4s时刻，线圈中的感应电流为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知t=0时刻通过线圈的磁通量为0，此时线圈平面与磁场方向平行，与中性面垂直，选项A错误；‎ B. t=0.1s时刻通过线圈的磁通量最大，穿过线圈平面的磁通量变化率为零，选项B正确；‎ C. t=0.2s时刻通过线圈磁通量为0，磁通量变化率最大，线圈中有最大感应电动势，选项C正确；‎ D. t=0.4s时刻，通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，线圈中有最大感应电动势，线圈中的感应电流最大，选项D错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置．两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从靠近导轨某一高处下落接近回路时（　　）‎ A. 磁铁的加速度小于g B. 磁铁的加速度大于于g C. P、Q将互相靠拢 D. P、Q将互相远离 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当条形磁铁从靠近导轨某一高处下落接近回路时，根据楞次定律“来拒去留”可知磁铁的加速度小于g，选项A正确，B错误；‎ C D. 当条形磁铁从靠近导轨某一高处下落接近回路时，根据楞次定律“增缩减扩”可知P、Q将互相靠拢，选项C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎12.劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒构成，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 离子由加速器的中心附近进入加速器 B. 离子从磁场中也能加速 C. D形盒的半径越大，离子最大动能一定越大 D. D形盒中的磁感强度B越大，离子最大动能一定越大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 离子由加速器的中心附近进入加速器，从边缘离开加速器，选项A正确；‎ B. 离子进入加速器后在电场中加速，在磁场中偏转，选项B错误；‎ C. 根据得离子出D形盒的速度，则离子出D形盒的动能，D形盒的半径越大，离子最大动能一定越大，选项C正确；‎ D. 由知D形盒中的磁感强度B越大，离子最大动能一定越大，选项D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎13.有一个理想变压器的原副线圈匝数之比为n1：n2=2：1，电源电压，电阻R1=4Ω，R2=2Ω，它们消耗的功率分别为P1和P2，则 A. P1=4W B. P1=16W C. P2=2W D. P2=8W ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】CD.由电源电压知 理想变压器变压关系，所以 流过R2的电流，‎ R2消耗的功率 选项D正确，C错误；‎ AB.流过R1的电流 R1消耗的功率 选项A正确，B错误。故选AD。‎ 三、实验题（每空2分，共18分）‎ ‎14.利用电流表和电压表测定一节干电池电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。‎ ‎（1）应该选择的实验电路是的________（选填“甲”或“乙”）；‎ ‎（2）某位同学利用正确的电路图做实验，分别记录了电流表和电压表的示数的多组数据，根据多组数据在坐标纸上标出的对应点，请在坐标纸上画出图线_____________________；‎ ‎（3）跟据实验得到的图象，求电池的电动势E=_______V，内电阻r=______Ω．‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). (3). 150 1.00‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据测量电源的电动势和内电阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差。电源内阻较小，所以电流表分压影响较大，应采用图甲电路进行测量。‎ ‎（2）[2]根据数据点排列趋势可知图线为直线，画图时使数据点尽可能均匀分布在所画直线两边且尽可能靠近所画的直线。如图：‎ ‎（3）[3] 图象中图线与纵轴交点坐标值是1.50V，所以电池的电动势是1.50V；‎ ‎[4] 内电阻。‎ ‎15.某同学用下图所示电路，测绘标有“3.8V，0.3A”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象；‎ ‎（1）除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：‎ 电流表：A1(量程100mA，内阻约2Ω)；A2(量程0.6A，内阻约0.3Ω)．‎ 电压表：V1(量程5V，内阻约5kΩ)；V2(量程15V，内阻约15kΩ)；‎ 滑动变阻器：R1(阻值范围0～10Ω)；R2(阻值范围0～2kΩ)；‎ 电源：E1(电动势为1.5V，内阻约为0.2Ω)；E 2(电动势为4V，内阻约为0.04Ω)；‎ ‎（1）为了调节方便，测量准确。实验中应选用电流表_______；电压表_________；滑动变阻器________；电源________。(填器材的符号) ‎ ‎（2）根据实验数据，计算并描绘出R—U的图象如图所示，由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为_____Ω；当所加电压为3.0V时，灯丝电阻为___________Ω，灯泡实际消耗的电功率为__________W。‎ ‎【答案】 (1). A2 V1 R1 E2 (2). 1.5 11.5 0.78‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]小灯泡的额定电压和额定电流分别为“3.8V，0.3A”，所以电流表选择A2‎ ‎(量程0.6A，内阻约0.3Ω) 测量误差较小；‎ ‎[2]电压表选择V1(量程5V，内阻约5kΩ)测量误差较小；‎ ‎[3]滑动变阻器采用分压式接法，为调节方便需要阻值较小的R1(阻值范围0～10Ω)；‎ ‎[4]所测电压要达到3.8V，电源应选择E 2(电动势为4V，内阻约为0.04Ω)。‎ ‎（2）[5]由 R—U的图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为1.5Ω；‎ ‎[6] 当所加电压为3.0V时，灯丝电阻为11.5Ω；‎ ‎[7] 此时灯泡实际消耗的电功率为 四、计算题（本题共3小题，16题10分，17题14分，18题14分）‎ ‎16.如图所示，与导轨等宽的导体棒ab放在水平的导轨上，导体棒的质量为2kg，导轨的宽度L=0.5m，放在磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，当导体棒中通过5A的电流时，ab刚好向右做匀速运动．求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力有多大？‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力有多大？‎ ‎（3）若导体棒中通过的电流为10A时，导体棒获得的加速度多大？‎ ‎【答案】（1）2N；（2）2N；（3）1m/s2。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒受到的安培力：‎ F=BIL=0.8×5×0.5=2N ‎（2）因导体棒匀速运动故，导体棒受到的摩擦力等于安培力，即：‎ f=F=2N ‎（3）若导体棒中通过的电流为10A时，导体受的安培力：‎ ‎=0.8×10×0.5=4N 由牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ ‎17.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距了1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R=2Ω的电阻．磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为0.4T。质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。金属棒沿导轨由静止开始下滑。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）求金属棒下滑速度达到5m/s时的感应电流的大小和方向；‎ ‎（2）求金属棒下滑的最大速度；‎ ‎（3）当金属棒下滑速度达到稳定时，求电阻R消耗功率。‎ ‎【答案】（1）1A；由a到b（2）10m/s（3）8W ‎【解析】（1）金属棒下滑速度达到5m/s时产生的感应电动势为 感应电流为 由右手定则判断金属棒中的感应电流方向为由a到b。‎ ‎（2）设金属棒运动达到稳定时所受安培力为F′，棒在沿导轨方向受力平衡有：‎ 解得：‎ 又：‎ 所以 ‎ 由得金属棒下滑的最大速度 ‎（3）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率：‎ ‎18.如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场E和磁场B都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电的粒子质量为m、电荷量为q从P(x=0，y=h)点以一定的速度平行于x轴正向入射。这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．求：‎ ‎（1）若只有磁场，粒子做圆周运动半径R0大小；‎ ‎（2）若同时存在电场和磁场，粒子的速度大小；‎ ‎（3）现在，只加电场，当粒子从P点运动到x=R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点。（不计重力）。粒子到达x=R0平面时速度v大小以及粒子到x轴的距离；‎ ‎（4）M点的横坐标xM。‎ ‎【答案】（1）（2）（3），（4）‎ ‎【解析】（1）若只有磁场，粒子做圆周运动有：‎ 解得粒子做圆周运动的半径 ‎（2）若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，则有：‎ 解得粒子的速度 ‎（3）只有电场时，粒子做类平抛，有：‎ 解得：‎ 所以粒子速度大小为：‎ 粒子与x轴的距离为：‎ ‎（4）撤电场加上磁场后，有：‎ 解得：‎ 粒子运动轨迹如图所示：‎ 圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为，由几何关系得C点坐标为：,‎ 过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：‎ 解得：‎ M点横坐标为：‎