【物理】湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2019-2020学年高二上学期期末联考试题（解析版） 13页

宜昌市部分示范高中教学协作体2019年秋期末联考 高二物理 ‎（全卷满分：100分 考试用时：90分钟）‎ 一、选择题（共12小题，48分. 1-8小题为单选，9-12小题为多选，全部选对得4分，选不全的得2分）‎ ‎1.某电场的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB，则EA、EB的大小关系是 A. B. ‎ C. D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电场线的疏密可反映场强的大小，B点的电场线较A点密集，可知A点的电场强度小于B点的电场强度，所以EA＜EB．‎ A．,与结论不相符，选项A错误；B．，与结论相符，选项B正确；‎ C． 与结论不相符，选项C错误；D．无法确定，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎2.关于磁感应强度，下列说法正确的是( )　 ‎ A. 由可知，B与F成正比与IL成反比 B. 通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场（即B=0）‎ C. 通电导线放在磁场中的某点，那点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，那点的磁感应强度就为零 D. 磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定的，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、磁感应强度B定义式，是比值定义法，磁感应强度B与F、IL无关，由磁场本身决定，故A错误； B、当一小段通电导线受磁场力为零，可能与磁场方向平行，而磁场却可能不为零，故B错误； C、磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定的，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关，故C错误，D正确．‎ 点睛：对于磁感应强度可采用类比的方法学习，将磁感应强度与电场强度比较，抓住相似点进行理解和记忆，理解左手定则的应用．‎ ‎3.如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的负载电阻，原副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是（ ） ‎ A. 原线圈的输入功率为 B. 电流表的读数为1A C. 电压表的读数为 D. 副线圈输出交流电的周期为50s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为2：1，由 得 输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为 故A错误；‎ B．副线圈的电流为 由 可得 即电流表的读数为1A，故B正确；‎ C．电压表的读数为有效值，即 故C错误；‎ D．由可知，‎ 又由得 理想变压器不改变周期，故D错误。故选B。‎ ‎4.图中能产生感应电流的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据产生感应电流的条件判断，A中，电路没有闭合，无感应电流；B中，磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．‎ 故选B．‎ ‎5.如图甲所示，线圈总电阻r =0.5Ω，匝数n =10，其端点a、b与R =1.5Ω的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示。关于a、b两点电势、及两点电势差，正确的是（ ） ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向，在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势，根据法拉第电磁感应定律得 总电流为 a、b两点电势差就相当于电路中的路端电压，所以 故选A。‎ ‎6.如图所示,匀强电场的场强E=4×105v/m,A、B两点相距0.2m,两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是( )‎ A. 若取A点的电势为0，则B点的电势φB=4×104V B. A、B两点间的电势差是UAB=4×104V C. 电荷量q=+2×10-4C的电荷从A点运动到B点电势能增大8J D. 电荷量q=-2×10-4C的电荷从A点运动到B点电势能减小8J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图示可知，AB方向与电场线方向间的夹角θ=60°，AB两点沿电场方向的距离：‎ 则AB点间的电势差：‎ 又因为：‎ 故若取A点的电势为0，则B点的电势为：‎ 故A错误，故B正确；‎ C．电荷量的电荷从A点运动到B点，电场力做正功，电荷的电势能减小．故C错误； ‎ D．电荷量的电荷从A点运动到B点，电场力做负功，电荷电势能增加，故D错误.‎ ‎7.如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q，电容C，两极板间电势差U的变化情况是（ ）‎ A. Q变小，C不变，U不变 B. Q变小，C变小，U不变 C. Q不变，C变小，U变大 D. Q不变，C变小，U变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于充电后，电容器带电量Q不变，AB错误；根据可知，当两板间距离d增大时，电容C变小，根据可知，而两板间的电势差U增大，D错误；而内部电场强度，因此电场强度与两板间距离变化无关，C正确．‎ ‎【点睛】电容器的定义式是一个比值定义，也就是电容器的大小与Q和U都无关，只与它们的比值有关；而电容器的决定式说明电器的大小与两板的正对面积成正比，与两板间的距离成反比；电容器内部是匀强电场，且电场强度大小为．‎ ‎8.如图所示，在下列四种情况中，感应电流的方向判断正确的是 A. B. C D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据楞次定律，图A中感应电流应该与图示方向相反，选项A错误；图B中直导线右侧磁场向里，线圈向右运动时，产生与图示方向相反的感应电流，选项B错误；图C中磁铁向右运动时，线圈中产生的感应电流方向与图示方向相反，选项C错误；由右手定则可知，图D中感应电流方向与图中相同，D正确；故选D.‎ ‎9.如图8所示的电路，电源内阻不可忽略，电表为理想电表．当滑动变阻器的滑片向下滑动时（ ）‎ A. 电流表A的示数减小 B. 电流表A的示数增大 C. 电压表V的示数减小 D. 电压表V的示数增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】先判断滑动变阻器的阻值如何变化，再用“串反并同”去分析．‎ ‎【详解】AB.滑动变阻器的滑片向下滑动，电阻变小，电流表与滑动变阻器串联，所以示数变大，A错误，B正确；‎ CD.滑动变阻器的阻值变小，电压表与滑动变阻器并联，所以示数变小，C正确，D错误．‎ ‎【点睛】和滑动变阻器串联的电阻上的电压、电流、电功率变化趋势和滑动变阻器电阻值变化趋势相反，和滑动变阻器并联的电阻上的电压、电流、电功率和滑动变阻器电阻值变化趋势相同，即串反并同．‎ ‎10.下列图中画出了带电粒子在磁场中运动方向和所受洛伦兹力的方向，其中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据左手定则，图中正电荷的洛伦兹力的方向向左，故A错误；‎ B．根据左手定则，图中负电荷的洛伦兹力的方向向左上，故B正确；‎ C．根据左手定则，图中负电荷的洛伦兹力的方向向左下，故C错误；‎ D．根据左手定则，图中正电荷的洛伦兹力的方向向左，故D正确。‎ ‎11.将阻值为10Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上，以下说法正确的是 A. 电压的有效值为10V B. 该交流电的周期为0.02s C. 通过电阻的电流有效值为A D. 电阻消耗电功率为5W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图象可知，交流电压最大值为10V，有效值；故A错误.‎ B、根据图象可直接读出交流电的周期；故B错误.‎ C、由欧姆定律可知，通过电阻的电流；故C正确.‎ D、电阻的电功率为；故D正确.‎ 故选CD.‎ ‎12.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷暈绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从0点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向，下列判断正确的是 A. 粒子带正电 B. 粒子由O到A经历时间为 C. 若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为 D. 离开第I象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；‎ 根据几何知识可知，从O点到A点轨迹的圆心角为60°，，B错误；由图可得：，所以．而粒子的轨迹半径为，联立可得，C正确；‎ 粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D正确；‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，‎ 二、实验探究题(本大题共2小题，共15分)‎ ‎13.用多用电表测量一个阻值约为200Ω的电阻，测量步骤如下：‎ ‎（1）将选择开关旋转到“Ω”挡的（ ）位置．（填“×1”、“×10＂、“×100”或“×1k”）‎ ‎（2）将红，白表笔分别插入“+”，“—”插孔，并将两表笔短接，进行（ ）使电表指针对准右侧“0”刻线 ‎（3）将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图所示，该电阻的阻值为（ ）Ω．‎ ‎（4）测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置．‎ ‎【答案】 (1). ×10 (2). 欧姆调零 (3). 190‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）待测电阻的阻值为200Ω，则应将选择开关旋转到“Ω”挡的“×10”位置．‎ ‎（2）将红，白表笔分别插入“+”，“—”插孔，并将两表笔短接，进行欧姆调零，使电表指针对准右侧“0”刻线 ‎（3）电阻的阻值为19×10Ω=190Ω．‎ ‎14.为了描绘标有“”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表，内阻约 B．电流表，内阻约 C．电压表，内阻约 D．电压表，内阻约 E．滑动变阻器 F．电源电动势3 V，内阻不计 G．开关一个，导线若干 为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是______．‎ 在如图1所示的虚线框中画出完成此实验的电路图补充完整．‎ 将实物图按电路图用导线补充完整．‎ 实验描绘出的图线如图2所示，小灯泡的电阻随电压的升高而______变大、变小；小灯泡是______元件线性、非线性．‎ ‎【答案】(1). BCEFG (2). (3). 变大 非线性 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）描绘标有“”的小灯泡的伏安特性曲线，需要：电源、开关、导线，灯泡额定电压为3 V，电压表需要选择C，灯泡额定电流为，电流表选择B，故实验器材需要：BCEFG．‎ ‎（2）描绘灯泡伏安特性曲线时电压与电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如下左图所示．‎ ‎（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如下右图所示．‎ ‎（4）由图示图象可知，随U增大I增大，电压与电流的比值变大，灯泡电阻变大；灯泡的图象是曲线，灯泡是非线性元件．‎ 三、计算题（本大题共3小题，共37分，要有重要的演算步骤和方程及必要的文字说明）‎ ‎15.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R =1Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T。导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导体棒电阻r =1Ω，导轨的电阻可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度。求：‎ ‎（1）感应电动势E和感应电流I；‎ ‎（2）导体棒MN所受安培力F安大小。‎ ‎【答案】（1）2V，1A；（2）0.4N．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据动生电动势公式得：‎ 故感应电流为：‎ 由安培力公式得：‎ F=ILB=0.4N ‎16.发电机的输出电压为220V，输出电功率为44kW，输电导线的电阻为0.2Ω.如果用初、次级线圈匝数之比为1：10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级匝数比为10：1的降压变压器降压供给用户.求用户得到的电压和功率.‎ ‎【答案】219.6 V 43.92 kW ‎【解析】‎ ‎【详解】线路图如图所示．升压变压器次级的输出电压 升压变压器次级输出电流 输电线路上的电压损失和功率损失分别为、 ‎ 加到降压变压器初级线圈上的输入电压 降压变压器的输出电压，用户得到的电压是 用户得到的功率 ‎17.如图所示，矩形线圈abcd的匝数为N =100匝，线圈ab的边长为bc的边长为，在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴匀速转动，转动的角速度，若线圈自身电阻为r=1Ω，负载电阻R=9Ω。试求：‎ ‎（1）感应电动势的最大值；‎ ‎（2）设时间t =0时线圈平面与磁感线垂直，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（3）1分钟时间内电阻R上产生的焦耳热Q的大小；‎ ‎（4）线圈从图示位置转过的过程中，通过R的电荷量。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)感应电动势的最大值：‎ ‎(2)线圈从中性面开始计时，则表达式为：‎ ‎(3)电动势的有效值为：‎ 电流有效值为：‎ 由得 ‎(4)流过R的电荷量为：‎ 平均电流为：‎ 平均电动势为：‎ 联立三式可得：‎ 从起转过过程中，内流过R的电荷量为：‎ 代入数据得：‎