河南省豫南九校2017-2018学年高二上学期期末联考物理试题

一、选择题：本题共10小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分1．下列描述中符合物理学史的是A．奥斯特发现了电流的磁效应并总结出了电流的磁场分布的判断方法B．洛伦兹通过实验测定了磁场对电流的作用C．法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它D．安培提出了分子电流假说并最早测定了元电荷e的数值2．如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连续的垂线上的三个点，且AO>BO，A带负电荷，B带正电荷，一试探电荷仅受电场力作用，试探电荷从M运动到N的轨迹如图中实线所示。忽略试探电荷的重力，下列判断中正确的是A．此试探电荷一定带正电B．此试探电荷可能带负电C．两点电势φM<φND．此试探电荷在M处的电势能小于在N处的电势能3．如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t=0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交流电流i，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．金属棒运动不影响棒中电流，则下列说法不正确的是A．金属棒一直向右运动B．金属棒受到的安培力在一个周期内做正功C．金属棒的速度随时间周期性变化D．金属棒受到的安培力随时间周期性变化4．下列说法正确的是A．如图甲所示，是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压UB．如图乙所示，磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极C．如图丙所示，是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB，即D．如图丁所示，是磁电式电流表内部结构示意图，线圈在极靴产生的匀强磁场中转动5．在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），L1和L2是两个完全相同的灯泡，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是A．交流电的频率为100HzB．电压表的示数为20VC．当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D．若L1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大6．如图所示，水平放置的U形光滑框架上接一个电阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里的、场强大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计，下列说法边不正确的是A．此时AC两端的电压为B．此过程中电路产生的电热C．此过程中通过电阻的电荷量为D．此过程所用时间7．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动，角速度，外电路电阻R=4Ω，则A．转动过程中感应电动势的最大值为3.14VB．由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过30°角时的瞬时感应电动势1.57VC．交变电压表的示数2.23VD．线圈转动一周外力做的功0.99J8．两位同学在实验室利用如图a所示的电路测定定值电阻R0，电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R上消耗的功率为0.5WD．电源的效率达到最大值9．如图所示，图像表示空间某一静电场的电势沿x轴的变化规律，图像关于轴对称分布，x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是，则A．B．沿x轴负方向，沿x轴正方向C．同一点电荷在a、b两点受到的电场力沿x轴方向的分力方向可能相同D．将正电荷沿x轴从a点移动到b点的过程中，其电势能先增加后减小10．如图甲所示线圈的匝数n=100匝，横截面积S=50cm2，线圈总电阻r=10Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1s内A．磁通量的变化量为0.25WbB．磁通量的变化率为2.5×102Wb/sC．a、b间电压为0D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A二、实验题11．（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径，为防止读数时微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图所示的部件__________（选填“A”或“B”、“C”或“D”）。从图中的示数可读出合金丝的直径为________mm。（2）用游标卡尺可以测量某些工件的外径．在测量时，示数如上图乙所示，则读数分别为_______mm．12．为了测量某待测电阻Rx的阻值（约为30Ω），有以下一些器材可供选择电流表：A1（量程0～50mA，内阻约10Ω）电流表：A2（量程0～3A，内阻约0.12Ω）电压表：V1（量程0～3V，内阻很大）电压表：V2（量程0～15V，内阻很大）电源：E（电动势为约为3V，内阻约为0.2Ω）定值电阻R（20Ω，允许最大电流1.0A）滑动变阻器R1（0～10Ω、允许最大电流2.0A）滑动变阻器R2（0～1kΩ、允许最大电流0.5A）单刀单掷开关S一个，导线若干根据以上器材设计电路，要求测量范围尽可能大，精确度高。（1）电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应______（填字母代号）．（2）请在方框中画出测量电阻Rx的实验电路图（所用器材用对应的符号标出）__________________（3）某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx=______．三、计算题13．如图甲所示，倾角为θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一个带负电、电量为Q=2.0×104C的小球A，将一可视为质点的带电小球B从斜杆的底端a点（与A靠得很近，但未接触）静止释放，小球沿斜面向上滑动过程中速度v随位移s的变化图象如图（乙）所示．已知重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9×109N•m2/C2．求：（1）小球B的荷质比q/m；（2）小球B在b点时速度到达最大，求a、b两点的电势差Uab．14．如图所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=0.5m，导轨平面与水平面成θ=37°角，导轨下端连接阻值R=2Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一根质量m=0.2kg的导体棒ab放在两导轨上，在导轨之间的有效电阻r=2Ω，棒与导轨垂直并保持良好接触，导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：（1）导体棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）导体棒做匀速运动时的速度大小；（3）从导体棒静止开始沿导轨下滑到刚好开始做匀速运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热量Q=1J，则这个过程中导体棒的位移多大？15．如图所示的电路，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω，R2=12Ω，间距d=0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、，磁感应强度B=1T的匀强磁场，闭合开关S，板间电场视为匀强电场．将喷墨打印机的喷头对准两板的中点，从喷口连续不断地喷出水平初速度为v=0.1m/s的相同带电墨滴，设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx．（g取10m/s2）求（1）当Rx=3Ω时，电阻R1消耗的电功率（2）改变Rx的值，可以使进入板间的带电墨滴做匀速圆周运动，最后与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°．则①带电墨滴的比荷q/m为多大？②此时Rx的阻值是多少？16．如图所示，在xoy平面内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴成45°角，OP与y轴之间的磁场方向垂直纸面向外，OP与x轴之间的电场平行于x轴向右，电场强度为E，在y轴上有一点M，到O点的距离为L，现有一个质量为m，带电量为+q的带电粒子从静止经电压为U的电场加速后从M点以垂直y轴的速度方向进入磁场区域（加速电场图中没有画出），不计带电粒子的重力，求（1）从M点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小？（2）为使带电粒子刚好不能进入电场区域，则磁感应强度为B应为多大？（3）改变匀强磁场的磁感应强度的大小，使带电粒子沿y轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x轴离开电场时的位置到O点的距离为多少？

豫南九校20172018学年上期期末联考高二物理答案一、选择题（共50分，其中1～6题为单选题，每小题5分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的；7～10题为多选题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得，有选错的得0分．)1．【答案】C【解析】法拉第认为电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它，故C正确；安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，故B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，是安培提出了分子电流假说，故A错误；库仑通过扭秤实验建立了库仑定律，密立根比较精确地测定了元电荷e的数值，故D错误。2．【答案】A【解析】试题分析：粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该粒子受到的电场力指向带负电的A电荷，所以该粒子带的是正电，所以A正确，B错误；因为，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，所以大于，大于，试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，所以CD错误。考点：电场线；电势能．3．【答案】B【解析】根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL知，安培力在第一个T/2内做匀加速直线运动，在第二个T/2内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变．知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化．安培力在一个周期内先做正功，后做负功，故AC正确，B错误．因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化．故D正确．此题选择不正确的选项，故选B．4．【答案】C【解析】A项：根据可知，，粒子获得的最大动能为：，所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；B项：根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B错误；C项：速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电只要速度满足，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；D项：线圈在极靴产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误；5．【答案】C【解析】A、原线圈接入如图乙所示的交流电，由图可知：T=0.02s，所以频率为f=1/T=50Hz，故A错误；B.原线圈接入电压的最大值是V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为20:1，所以副线圈电压是11V，所以V的示数为11V，故B错误；C、R阻值随光强增大而减小，根据I=U/R知，副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C正确；D、当Ll的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误；故选：C。【名师点睛】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入功率等于输出功率。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。6．【答案】D【解析】导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为：，而AC相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：，A正确；根据能量守恒定律得：，解得：，B正确；根据法拉第电磁感应定律得：，根据电流定义式：，解得：，C正确；根据动量定理得：，又因为，则有：，解得：，D错误；本题选不正确的，故选D.【点睛】图中半圆形硬导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，由公式求解感应电动势的大小．AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律求出，由焦耳定律求解产生的电热，根据电流表达式求解电荷量，由动量定理求出作用时间．7．【答案】AD【解析】根据Em=NBωS，可得感应电动势的最大值：Em=100×0.5×0.12×2πV=3.14V，A正确。由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=Emcos2πt（V）；当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为：e=1.57V，B错误；转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：，C错误。一个周期内，通过外力做的功等于电路的总热量，由公式得：Q=0.99J，D正确【点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．8．【答案】BC【解析】由题意可知图象1表示电源的路端电压随电流的变化关系；图象2表示电阻两端的电压随电流的变化关系；交点处说明两图象表示的电流相等，并且电压相等，故说明此时滑动变阻器短路，即滑片滑到了最左端，故A错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R0＞r，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，故B正确；由图可知，此时电源的路端电压为1.0V，电流为0.5A，定值电阻上消耗的电功P=UI=0.5W，故C正确；电源的效率，由此可知电流越小功率越大，可见滑动变阻器的滑动头P滑到最右端时效率最大，故D错误。所以BC正确，D错误。9．【答案】BD【解析】A、由图象的斜率表示x轴方向的电场，由公式E=，可见Eax＞Ebx，故A错误；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，顺着+x轴方向电势升高，则Eax的方向沿x轴负方向，在O点右侧，沿+x轴方向电势降低，则Ebx的方向沿x轴正方向，故B正确；C、由题可知，同一点电荷在a、b两点受到的电场力沿x轴方向的分力方向一定相反，故C错误；D、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增加后减小，故D正确。故选BD。10．【答案】BD【解析】通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设为正，则线圈中磁通量的变化量为，代入数据解得：，A错误；磁通量的变化率，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为，C错误；感应电流大小，D正确；选BD.【点睛】由图象b的斜率读出磁感应强度B的变化率，由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势．由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，从而求出a、b间的电势差．二、实验题（11题6分，12题10分）11．【答案】（1）B，0.410；（2）11.50【解析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（1）读数前应先旋紧B，使读数固定不变，螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为41.0×0.01mm=0.410mm，所以最终读数为0mm+0.410mm=0.410mm．（2）游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第00个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：11mm+0.50mm=11.50mm．故答案为：（1）B，0.410；（2）11.50【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．12．【答案】（1）A1V1R1（2）（3）【解析】（1）因电源电压为3V，故电压表只能选择0－3V，故选电压表V1，因待测电阻约为30，则电路中的最大电流为100mA，只能选用量程为0－50mA的电流表，故选电流表A1；根据题意可知，电路应采用分压接法，滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用R1。（2）要求所测量的范围尽可能大些，故应采用滑动变阻器分压接法，为了提高实验的精确程度，根据电压表和电流表量程和待测电阻阻值分析可知，需将定值电阻接入与待测电阻串联；电压表的内阻很大，由于，电压表分流较小，故采用电流表外接法；电路如图所示：（3）由欧姆定律可知，可得。三、计算题（共44分，其中13题8分，14题1，15题1，16题1）13．【答案】（1）（2）【解析】（1）由B球运动的图象可知，在时，小球的速度最大，此时满足加速度为零，即解得：对小球从释放到速度最大的过程，由动能定理得：解得：考点：考查动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【名师点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理．14．【答案】（1）（2）（3）30m【解析】由牛顿第二定律可以求出加速度；导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件可以求出匀速运动时的速度；由动能定理可以求出导体棒的位移。（1）金属棒开始下滑的初速为零，受重力、支持力和摩擦力。根据牛顿第二定律得：mgsinθμmgcosθ=ma解得：a=2m/s2

（2）设金属棒运动达到稳定时，设速度为v，受重力、支持力、摩擦力和安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡，由物体平衡条件得：mgsinθμmgcosθ=F代入数据解得：F