高安中學2019-2020學年高二上學期期末考試物理試題（B卷）含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精江西省高安中學2019-2020學年高二上學期期末考試物理試題（B卷）含解析江西省高安中學2019-2020學年上學期期末考試高二年級物理試題（B卷)一、選擇題（本大題共10個小題，每小題4分，共40分.在每小題的四個選項中，1～7小題只有一個選項正確；8～10小題有多個選項正確,選對但不全的得2分，有錯選或不答的得0分）1.用中性的絲綢摩擦中性的玻璃棒，結(jié)果玻璃棒帶上1.6×10－12C的正電荷，元電荷e＝1.6×10-19C，由此可知A.絲綢的原子核束縛電子的能力比玻璃的強B.玻璃棒中有107個質(zhì)子C。有電子從絲綢轉(zhuǎn)移給了玻璃棒D.用一個不帶電的金屬球與玻璃棒接觸,金屬球必定帶上8。0×10－13C的正電荷【答案】A【解析】【詳解】AC．用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電，是玻璃棒上的原子核束縛電子的能力弱,使一部分電子從玻璃棒上轉(zhuǎn)移到絲綢上，玻璃棒因失去電子而帶正電,故A正確，C錯誤；B．玻璃棒轉(zhuǎn)移電子數(shù)為個但不能確定玻璃棒中質(zhì)子的個數(shù)，故B錯誤；D．當電荷量平均分配時金屬球帶上8.0×10－13C的正電荷，兩個完全相同的小球接觸時電荷量才平均分配，所以金屬球所帶電荷量不一定為8.0×10－13C，故D錯誤。故選A。2.圖為某種交變電流的波形，則該交變電流有效值為A。1。5A B.A C.3.0A D.A【答案】B【解析】【詳解】由有效值的定義可得：，代入數(shù)據(jù)解得，故B正確，ACD錯誤；故選B.3.如圖所示,水平放置的絕緣桌面上有一個金屬圓環(huán)，圓心的正上方一定高度處有一個豎直的條形磁鐵。把條形磁鐵水平向右移動時，金屬圓環(huán)始終保持靜止。下列說法不正確的是(）A.金屬圓環(huán)相對桌面有向右的運動趨勢B.金屬圓環(huán)對桌面的壓力小于其自身重力C.金屬圓環(huán)有擴張的趨勢D。金屬圓環(huán)受到水平向右的摩擦力【答案】D【解析】【詳解】當條形磁鐵沿軸線豎直向右移動時，閉合導體環(huán)內(nèi)的磁通量減小，由“增縮減擴”可知，線圈做出的反應(yīng)是面積有擴大的趨勢,根據(jù)“來去拒留”可知,磁鐵，金屬圓環(huán)間相互吸引,則圓環(huán)對桌面的壓力小于其自身重力，且圓環(huán)相對桌面有向右的運動趨勢,則金屬圓環(huán)受到水平向左的摩擦力，故ABC錯誤,D正確；故選D。4。如圖所示，邊長為2L、電阻為R的正方形導線框abcd在紙面內(nèi)以速度v水平向右勻速穿過一寬為L、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于紙面向外。剛開始時線框的右邊ab剛好與磁場的左邊界重合，規(guī)定水平向右為正方向。下面A、B、C、D四個圖中能正確反映ab邊受到的安培力F隨運動距離x變化規(guī)律的是(）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】線框的位移在,0－L內(nèi)，ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為，感應(yīng)電流,ab邊所受的安培力大小為,由楞次定律知,ab邊受到安培力方向向左，為負值，線框的位移大于L后,位移在L－2L內(nèi)線框中磁通量不變,不產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab邊不受安培力，位移在2L－3L內(nèi),ab邊在磁場之外，不受安培力,故C正確,ABD錯誤；故選C。5。電流傳感器A的作用相當于一個電流表，它與計算機相連接可以捕捉到瞬間電流的變化，并能在屏幕上顯示電流隨時間變化的圖象。下列說法正確的是（）A.甲中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，R中的電流立即增大B。甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，L右端電勢比左端的高C。甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，R中的電流逐漸減小D。乙中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，R中的電流逐漸增大【答案】B【解析】【詳解】A．甲中S由斷開狀態(tài)到閉合瞬間，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢的阻礙作用，電流只能逐漸增大，故A錯誤；B．甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢，由“楞次定律”可得，L右端電勢比左端的高,故B正確；C．甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢,但沒有回路，所以R中的電流立即減為0，故C錯誤;D．乙中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，R中的電流立刻增大，故D錯誤。故選B。6.如圖所示，Q1、Q2是兩個異號電荷,O1、O2是兩個電荷距離的三等分點，M、N關(guān)于O1對稱且它們所在直線與兩個電荷的連線垂直。已知O1的場強比O2的大，則(）A.將電子由M沿直線移到O1過程中，靜電力一直做正功B.電場線關(guān)于兩個電荷的連線不對稱C.兩個電荷連線中垂線上各點的電勢均為0D.M點的場強與N點的相同【答案】A【解析】【詳解】A．MO1連線上從M到O1離正電荷的距離越來越近,所以電勢越來越高，電子具有的電勢能越來越小，靜電力做正功，故A正確;B．電場線關(guān)于兩個電荷的連線對稱，只是關(guān)于連線的中垂線不對稱，故B錯誤；C．O1的場強比O2的大，說明Q1比Q2更大，所以兩個電荷連線的中垂線并不是等勢線，故C錯誤;D．M點的場強與N點的場強大小相等,方向不同，所以兩點的場強不同，故D錯誤。故選A。7。如圖所示,方向豎直向下的足夠大的勻強電場中有一條與水平方向成θ角的直線MN?，F(xiàn)將一個帶正電的小球從MN上的P點以初速度v0水平拋出,小球的運動軌道與直線MN相交于Q點（圖中未畫出）.不計空氣阻力，下列說法正確的是（)A。v0越大,小球經(jīng)過Q點的速度方向與水平方向的夾角越大B。v0越大，小球從P點運動到Q點的過程中減少的電勢能越小C。小球運動到距離直線MN最遠處的時間與v0大小成正比D.小球沿直線MN方向上的分運動為勻速直線運動【答案】C【解析】【詳解】A．由題意可知,帶電小球在電場中做類平拋運動，將MN看成斜面，由斜面平拋運動可知，只要落在斜面上，小球速度方向與水平方向夾角一定，故A錯誤;B．由幾何關(guān)系可得,所以初速度越大，運動時間越長，豎直方向的位移越大，電場力做功越多,減小的電勢能越大,故B錯誤；C．當小球速度方向與MN連線平行時，小球離MN最遠，則有，由運動學公式可得,所以，由于小球受重力與電場力，所以小球的合力恒定，加速度恒定，故C正確;D．將小球的初速度和電場力與重力分解到MN方向上可知,小球在MN方向上做勻加速直線運動，故D錯誤.故選C。8.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2。原線圈通過一理想電流表A接正弦交流電源,一個二極管和阻值為R的負載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端.假設(shè)該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大．用交流電壓表測得a、b端和c、d端的電壓分別為Uab和Ucd,則（）A。Uab∶Ucd=n1∶n2B.減小負載電阻R的阻值，電流表的讀數(shù)變大C。減小負載電阻R的阻值，c、d間的電壓Ucd不變D.將二極管短路，變壓器的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】BC【解析】【詳解】A．假設(shè)副線圈兩端電壓的有效值為U2，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，即有，而因二極管的單向?qū)щ娦?，cd間電壓的有效值并不等于副線圈兩端的電壓有效值，所以Uab：Ucd不等于n1：n2，故A錯誤；B．副線圈兩端的電壓依賴于輸入電壓和匝數(shù)，所以副線圈兩端的電壓不變,電阻減小,則電流增大，副線圈的功率增大,最后使得輸入功率增大，而輸入電壓不變,最后使得電流增大，所以電流表的示數(shù)增大，故B正確;C．cd間的電壓由原線圈的輸入電壓以及原、副線圈的匝數(shù)比有關(guān)，與負載電阻無關(guān)，所以cd間的電壓Ucd不會隨著負載電阻變化，故C正確；D．假設(shè)副線圈兩端交變電壓的峰值為Um，副線圈回路的電流峰值為Im,則二極管短路前有:副線圈兩端電壓的有效值,由計算電阻R的電能得，求得，副線圈回路電流的有效值,由W=I2Rt計算電阻R的電能得，解得,則，二極管短路后有：cd兩端電壓等于副線圈兩端電壓，即,流經(jīng)定值電阻R的電流，則，所以，由于理想變壓器原線圈上的功率與副線圈的相等，所以將二極管短路，變壓器的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤；故選BC.9.用導線繞成單匝圓環(huán),環(huán)內(nèi)有一用同種導線折成的單匝內(nèi)接正三角形線框，圓環(huán)與線框彼此絕緣，如圖所示．把它們放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于圓環(huán)和線框所在平面(紙面)向里。當磁感應(yīng)強度均勻增強時()A.圓環(huán)和線框中的電流方向都為逆時針方向B。圓環(huán)和線框中的電流方向都為順時針方向C.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為2∶1D。圓環(huán)和線框中的電流大小之比為3∶1【答案】AC【解析】【詳解】AB．依據(jù)楞次定律,當磁場均勻增強時，圓環(huán)和線框中的電流方向都為逆時針，故A正確,B錯誤;CD．設(shè)三角形的邊長為a，由幾何關(guān)系，可知，外接圓的半徑根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得,三角形回路中的感應(yīng)電動勢與外接圓中感應(yīng)電動勢之比為：根據(jù)電阻定律得到,三角形回路中的電阻與外接圓的電阻之比為：由歐姆定律得三角形回路中的感應(yīng)電流強度I1與內(nèi)切圓中感應(yīng)電流強度I2之比為故C正確,D錯誤。故選AC。10。如圖所示，由同一種金屬條制成的矩形線框abcd固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B中，ad＝bc＝L，ab＝dc＝3L,ad、ab、dc邊的橫截面積均為bc邊的兩倍，ad邊的電阻為R.在t＝0時刻，一接入電路電阻2R的導體棒PQ在水平拉力作用下從ad處由靜止開始沿ab、dc向bc邊以加速度a0勻加速滑動,滑動過程中PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從ad處向bc滑動的過程中，線框消耗的電功率最大的時刻為（)A。 B. C. D?！敬鸢浮緼D【解析】【詳解】設(shè)經(jīng)過時間t，線圈功率最大，此時電動勢為總電阻為功率為聯(lián)立解得此時功率最大。故選AD。二、實驗題（本大題共2小題，共18分.請把答案填在題中的橫線上或按題目要求作圖)11。用伏安法測定值電阻R的阻值常用圖甲和圖乙的電路。(1）利用圖甲電路測量時,由于電壓表的內(nèi)阻不是無窮大,會導致R的測量值____（填“偏大”或“偏小”）；利用圖乙電路測量時，電流表的內(nèi)阻對測量結(jié)果也會帶來影響。(2)為了消除電表內(nèi)阻對實驗結(jié)果的影響，某同學做法如下:測量R兩端的電壓時不接入電流表，測量通過R的電流時不接入電壓表。你認為這種做法合理嗎？請說明理由______（3）某同學測得一個圓柱體電阻的阻值R約為20Ω，再用游標卡尺（20分度）和螺旋測微器分別測量它的長度和直徑，如圖丙和丁所示，長度L為___mm，直徑d為___mm，計算該電阻的電阻率的表達式為ρ＝___（用R、L、d表示）。【答案】（1)。偏小(2）.不合理．因為兩次測得的電壓和電流不是同一電路狀態(tài)下的值，或兩次測量時的電路結(jié)構(gòu)不同(3).8。15(4)。2.968～2.972(5)?！窘馕觥俊驹斀狻?1)[1]利用圖甲電路測量時,由于電壓表的分流作用，流過待測電阻的真實電流小于電流表示數(shù)，由公式可知,導致R的測量值偏小;（2)［2]這種做法不合理，因為兩次測得的電壓和電流不是同一電路狀態(tài)下的值，或兩次測量時的電路結(jié)構(gòu)不同；（3)[3]游標卡尺的固定刻度讀數(shù)為0.8cm=8mm，游標讀數(shù)為0。05×3mm=0。15mm，所以最終讀數(shù)為8mm+0。15mm=8.15mm；[4]螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為2。5mm，可動刻度讀數(shù)為0。01×47。0mm=0.470mm,所以最終讀數(shù)為2.5mm+0.470mm=2.970mm,由于誤差所以2.968mm～2.972mm；［5］由電阻定律得，解得。12。某同學利用電容器放電測電容，實驗步驟如下：(1)按圖甲連好電路，變阻器的滑片先移到最___（填“上端”或“下端”），電阻箱R調(diào)至最大值。(2）閉合，調(diào)節(jié)__，使電壓表的示數(shù)為一個合適的值，然后閉合S，給電容器充電，穩(wěn)定時,電壓表和電流表的示數(shù)分別為2.5V、288μA.(3）同時斷開和S并開始計時,這時電容器通過R放電，每隔一段時間（如5s)記錄一次電流值，直到電流消失.(4）作出放電電流IC隨時間t的變化圖象如圖所示．根據(jù)圖象算出電容器初始時所帶的電量Q＝____C（保留1位有效數(shù)字)。(6）調(diào)節(jié)，改變電壓表的示數(shù),重復(fù)（3）、（4）、（5），求出電容的多個值,再取平均值，即能準確測出電容器的電容C=___?！敬鸢浮浚?）。下端（2)。（3）.4×10－3C（4）.1.6×103μF【解析】【詳解】(1)［1]為了不使電源短路，按圖甲連好電路，變阻器的滑片先移到最下端；（2）［2］閉合，使電壓表的示數(shù)為一個合適的值,應(yīng)調(diào)節(jié)變阻器的阻值；(4)[3]根據(jù)I－t圖中通過電流表的電流變化，由曲線與坐標軸圍成的面積(32格)得電荷量約為；（6）[4］電容器電容。三、解答題（本大題共4小題，共42分。解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式或重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分.有數(shù)值計算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖所示的是小型交流發(fā)電機示意圖，矩形線圈面積為S＝200cm2，匝數(shù)為N＝100，內(nèi)阻為r＝1Ω，繞其垂直于磁感線的對稱軸OO'勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速n＝50r/s,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B＝1T，外接電阻R＝9Ω．t＝0時刻，線圈從圖示位置開始轉(zhuǎn)動。（1)求電動勢的最大值（π取3)；（2)寫出通過R的電流的瞬時表達式;（3）求最初個周期內(nèi)通過線圈導線橫截面的電量?！敬鸢浮浚?)600V；（2）i＝60cos100πt（A);(3)0.1C.【解析】【詳解】(1）電動勢最大值Em＝NBSω＝600V；（2）由閉合電路歐姆定律得，所以通過R的電流的瞬時表達式i＝60cos100πt（A)；(3)十二分之一個周期轉(zhuǎn)過θ＝，磁通量變化為,電荷量為。14。如圖所示,固定在傾角為θ=的斜面內(nèi)的兩根平行長直光滑金屬導軌的間距為d=1m，其底端接有阻值為R=2Ω的電阻，整個裝置處在垂直于斜面向上、磁感應(yīng)強度大小B=2T的勻強磁場中.一質(zhì)量為m=1kg(質(zhì)量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸.在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F=10N作用下，桿從靜止開始沿導軌向上運動距離L=6m時，速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）.設(shè)桿接入電路的電阻為r=2Ω,導軌電阻不計，重力加速度大小g取10m/s2。(1）求桿運動的最大速度；（2)求桿從靜止開始沿導軌向上運動6m的過程中，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】(1）vm=5m/s；（2）Q=17。5J。【解析】【詳解】（1)當桿達到最大速度時,有F=+mgsinθ，解得vm=5m/s；（2）回路產(chǎn)生的焦耳熱Q=FL－mgLsinθ－=17。5J。15.如圖所示，在x軸的上方整個區(qū)域存在非勻強電場,PO之間的電壓為U，在x軸的下方、半徑為a的圓O1的區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B，其他區(qū)域無電磁場?，F(xiàn)有帶電粒子從P點由靜止釋放,沿y軸運動從O點進入磁場，經(jīng)過一段時間后從N點離開磁場.已知∠OO1N＝,不計帶電粒子的重力與空氣阻力。(1)判斷粒子的帶電性質(zhì)并比較P、O的電勢高低；（2)求帶電粒子的比荷(電量與質(zhì)量之比）；（3)若在粒子從O點運動到N點的過程中，某時刻磁感應(yīng)強度大小突然變化為，粒子不再離開磁場，求的最小值?！敬鸢浮?1)P的電勢比O的高；(2);(3）?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）進入磁場向左偏