【物理】江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 14页

进贤一中2019-2020学年高二上学期期末考试物理试卷 一．选择题（1-6小题为单选题， 7-10小题为多选题，每小题4分，漏选得2分，错选不得分，共40分）‎ ‎1.下列各图中，已标出电流及电流的磁场方向(B图表示通电环形导线产生的磁场，“”表示导线中电流I的方向垂直于纸面向里，“”表示导线中电流I的方向垂直于纸面向外，其中正确的是(    )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据安培定则判断电流周围磁场的方向，直导线大拇指指向为电流方向，而环导线四指指向即为电流方向，从而进行判断．‎ ‎【详解】A. 根据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右．故A错误；‎ B. 从上往下看，线框的电流方向为逆时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向上．故B正确；‎ C. 直线电流的方向竖直向上，根据安培定则知，直线电流右边的磁场方向垂直纸面向里．故C错误；‎ D. 由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该逆时针．故D错误．‎ 故选B.‎ ‎2.通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为 A. 12V B. 4V C. 15V D. 8V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电流的热效应计算电流的有效值：‎ 可得流过电阻的电流的有效值：‎ A 电阻两端电压的有效值为：‎ V 故B正确．‎ ‎3.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是 A. I1增大，I2不变，U增大 B. I1减小，I2增大，U减小 C. I1增大，I2减小，U增大 D. I1减小，I2不变，U减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．‎ ‎4.如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若外接电阻R ‎=70Ω，线圈电阻r=10Ω，则下列说法正确的是 A. 线圈的角速度为100rad/s B. 0.01s末穿过线圈的磁通量最大 C. 通过线圈的最大电流为1.25A D. 电压表的示数为87.5V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图乙知，交流电的周期，线圈转动的角速度．故A项错误．‎ B．由图乙知，0.01s末线圈产生的感应电动势最大，则0.01s末线圈平面与磁场平行，线圈的磁通量为0．故B项错误．‎ C．由图乙知，线圈产生感应电动势的最大值，则线圈的最大电流．故C项正确．‎ D．线圈产生感应电动势的有效值，电压表的示数．故D项错误．‎ ‎5.如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是(　　)‎ A. ab向左运动，cd向右运动 B ab向右运动，cd向左运动 C. ab、cd都向右运动 D ab、cd保持静止 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动； ‎ A. ab向左运动，cd向右运动，与结果一致，故A正确；‎ B. ab向右运动，cd向左运动，与结果不一致，故B错误；‎ C. ab、cd都向右运动，与结果不一致，故C错误；‎ D. ab、cd保持静止，与结果不一致，故D错误；‎ ‎6.如图所示，当交流电源电压恒为220 V，频率为50 Hz时，三只灯泡A、B、D的亮度相同，若只将交流电的频率改为100 Hz，则(　　)‎ A. A灯最暗 B. B灯最暗 C. D灯最暗 D. 三只灯泡的亮度依然相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过LA的电流变小，变暗，流过LB的电流变大，变亮，流过LD的电流不变，亮度不变，A正确；．‎ ‎7.将一小段通电直导线垂直磁场方向放入一匀强磁场中，下列图中能正确反映各量间关系的是(　　) ‎ A. B C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．B、L一定，且F与I成正比，故选项C正确、选项A错误．‎ BD．由B＝或F＝BIL知：匀强磁场中B恒定不变，故选项B正确、D错误．故选BC.‎ ‎【点睛】磁感应强度B是由磁场本身决定的；安培力的计算式：F=BIL，式中的B由磁场决定，而F与IL成正比变化关系．‎ ‎8.如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向自A点射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则：‎ A. 从P射出的粒子速度大 B. 从Q射出的粒子速度大 C. 从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长 D. 两粒子在磁场中运动的时间一样长 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论．‎ ‎【详解】如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出；‎ 由图知，粒子运动的半径RP＜RQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径知粒子运动速度vP＜vQ，故A错误，B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=‎ T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故C错误，D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键．‎ ‎9.如图所示，两平行金属板间带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则 A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. R3上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再由R1串连接在电源两端，电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，路端电压减小，由于干路电流增大，R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小，由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过R4的电流增大，电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2两端电压增大，R4两端电压减小，则电压表示数减小；R3两端电压减小，电容器两端电压减小，电容器中的场强减小，由此可判断P的运动；R3上消耗的功率由P=可知．‎ ‎【详解】A、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再由R1串连接在电源两端，电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，路端电压减小，由于干路电流增大，R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小，由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过R4的电流增大，故电流表示数增大,故B错误；因并联部分电压减小，而R2两端电压增大，R4两端电压减小，则电压表示数减小，故A正确．‎ C、电容器与R3并联，流过R3的电流减小，R3‎ 两端电压减小，电容器两端电压减小，电容器中的场强减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷将向下运动，故C错误；‎ D、因R3两端的电压减小，由功率P=可知，R3上消耗的功率减小；故D错误．‎ 故选A ‎10.如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场．现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段 A. 乙物块与地之间的摩擦力不断增大 B. 甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C. 甲、乙两物块间的摩擦力大小不变 D. 甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于甲带正电，因此在向左加速运动的过程中洛伦兹力增大，且洛伦兹力方向向下，使系统对地的压力增大，滑动摩擦力增大，故A正确；甲和乙之间的静摩擦力是甲产生加速度的原因，因此有Ff=m1a，而对甲乙整体，其中Ff增大，因此加速度a减小，所以甲乙之间的Ff减小，故B、C错误；D正确．‎ 二、实验题填空（11题6分，12题9分）‎ ‎11.如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎(1)将实物电路中所缺的导线补充完整___________．‎ ‎(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，线圈L1插入线圈L2后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，灵敏电流计的指针将______偏转．(选填“向左”“向右”或“不”)‎ ‎(３)在实验中，线圈L1插入或拔出线圈L2，导致电流计指针发生了偏转，这是________转化为电能．‎ ‎【答案】 (1). (2). 向左 (3). 机械能 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]将线圈B和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：‎ ‎(2)[2]如果在闭合开关时发现灵敏电流计指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏。‎ ‎(3)[3]线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转，对应的是动生电动势，由能量守恒定律可知，是将机械能转化为电能。‎ ‎【点睛】知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键．对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习．‎ ‎12.某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有：‎ 小灯泡L(额定电压3.8V，额定电流0.32A)‎ 电压表V (量程3V，内阻3kΩ)‎ 电流表A(量程0.5A，内阻0.5Ω)‎ 固定电阻(阻值1000Ω)‎ 滑动变阻器R(阻值0～9.0Ω)‎ 电源E(电动势5V，内阻不计)‎ 开关S，导线若干．‎ ‎（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图____．‎ ‎（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．‎ 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻___(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率____(填“增大”“不变”或“减小”)．‎ ‎（3）用另一电源(电动势4V，内阻1.00Ω)和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率，闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为___W．(结果均保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 电路图见解析； (2). 增大； 增大； (3). 0.39‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示； （2）[3][4]．I-U 图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；‎ ‎（3）[5]．当滑动变阻器的阻值最大为9.0Ω时，电路中的电流最小，灯泡实际功率最小，由E=U+I（R+r）得 U=-10I+4，‎ 作出图线①如图所示．由交点坐标可得U1=1.78 V，I1=221 mA，‎ P1=U1I1≈0.39  W；‎ 三、解答题（共45分）‎ ‎13.如图所示，电荷量为e，质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求：‎ ‎(1)电子经过B点的速度多大；‎ ‎(2)AB两点间的电势差多大．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子进入匀强电场后在电场力作用下做类平抛运动，根据运动的分解可知，电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动，将B点的速度分解(如图)‎ ‎ 则：‎ ‎(2)电子从A运动到B，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎14.如图所示，理想变压器原副线圈各接一个电阻R1和R2，原线圈中接有U=220V交流电源，此时两只电阻上的电压都是U2=20V，求 ‎（1）变压器原副线圈的匝数比 ‎（2）电阻R1和R2消耗的功率之比 ‎【答案】（1）10∶1（2）1∶10‎ ‎【解析】‎ ‎（1）变压器原线圈的电压，原线圈与副线圈的匝数比 ‎（2）原线圈与副线圈的电流之比，所以；‎ ‎【点睛】该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系．该题类似于远距离输电的情况．‎ ‎15.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机的内阻r=0.8 Ω，电路中另一电阻R=10 Ω，直流电压U=160 V，电压表示数UV=110 V．试求：‎ ‎（1）输入电动机的电功率；‎ ‎（2）若电动机以v=1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量．(g取10 m/s2)．‎ ‎【答案】（1）550 W；（2）53 kg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电动机和电阻串联，所以电流相等．电阻R两端电压为：‎ U1=160-110=50V 通过电动机的电流大小为：‎ 电动机输入电功率为：‎ P=UI=110×5=550W．‎ ‎（2）电动机的机械功率为：‎ P′=P-I2R=550W-25×0.8W=530W．‎ 由P=mgv可得：‎ ‎16.如图所示，质量m="0.1" g的小球，带有q=5×10-4C的正电荷，套在一根与水平方向成θ=37°角的绝缘杆上，小球可以沿杆滑动，与杆间的动摩擦因数μ=0.4，这个装置放在磁感应强度B="0.5" T的匀强磁场中，求小球无初速释放后沿杆下滑的最大加速度和最大速度.（g取10 N/kg）‎ ‎【答案】6 m/s2　9.2 m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意因为 ‎，所以小球刚开始做加速下落，小球下落过程中，竖直向下的重力，垂直斜面向上的洛伦兹力，和斜面给的摩擦力，刚开始小球的速度比较小，此时，即，小球做加速运动，随着速度的增大，F在增大，在减小，所以在减小，小球的合力即沿斜面方向的合力在增大，即小球的加速度在增大，当时小球在垂直斜面方向上的合力为零，即小球与斜面间的正压力为零，所以摩擦力为零，，之后，，此时小球仍在做加速运动，随着速度的增大，在增大，f在增大，所以在减小，即加速度在减小，所以当时加速度最大，因为此时，所以，‎ ‎(2)当时，加速度为零，速度达到最大，最后小球做减速运动，所以有最大速度，故，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查了牛顿运动定律与电磁学相结合的题目，是一道小型综合题，关键是找出加速度最大，速度最大的临界条件，突破口是分析，，三个过程中小球的运动情况，‎ ‎17.如图所示：宽度的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度，框架导轨上放一根质量、电阻的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数，现用功率恒为6W的牵引力F使棒从静止开始沿导轨运动棒始终与导轨接触良好且垂直，当棒的电阻R产生热量时获得稳定速度，此过程中，通过棒的电量框架电阻不计，g取问：‎ 棒达到的稳定速度多大？‎ 棒从静止到稳定速度的时间为多少？‎ ‎【答案】（1）；方向竖直向上；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）功率：P="Fv" ①‎ 根据安培力公式：F安=BIL②‎ 根据欧姆定律：I=③‎ 又棒稳定时：F=F安+μmg ④‎ 由①②③④联立解得：v=2m/s ‎（2）由能量守恒得：Pt=Q+μmgs+mv2①‎ 因为q=It I=‎ E=‎ ‎△φ=BSL 所以S=②‎ 由①②联立解得：t=1.5s