1、云南省罗平县第三中学2019-2020学年上学期期末考试高二 物理分卷I一、单选题（共10小题，每小题3.0分，共30分） 1.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为Em.设t0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为（ ）A. e2Emsin2tB. e4Emsin2tC. eEmcos2tD. e4Emcos2t【答案】D【解析】【详解】t=0时，线圈平面与磁场平行，此时磁通量为零，感应电动势达最大值，所以它应为余弦函数.当线圈的匝数和转速未增加时e=Emcost当线圈匝数和转速增加后，N=2N,=2
2、感应电动势的最大值Em=NBS=4NBS=4Em则瞬时值表达式为e4Emcos2t故选D。2.如图所示，左右两个电路中，当a、b两端和e、f两端分别接220V的交变电压时，测得c、d两端和g、h两端的电压均为110V若分别在c、d两端和g、h两端加上110V交变电压，则a、b两端和e、f两端测得的电压将分别是( ) A. 220V，220VB. 220V，110VC. 110V，110VD. 220V， 0V【答案】B【解析】【详解】当a、b两端接220V的交变电压时，测得c、d两端的电压为110V，则原副线圈匝数比为2：1，所以当c、d两端加上110V交变电压，a、b两端电压为220V，当g
3、、h两端加上110V交变电压时，e、f两端电压与g、h两端电压相同，也为110V，故B正确，ACD错误故选B【点睛】难度较小，根据已知算出变压器两端线圈匝数比，然后再根据 算出变化后的ab端电压，因为gh端接110V电压时，ef两端电压与其相等，所以可解出3.如图甲所示，正方形导线框abcd放在绝缘水平面上，导线框的质量m1kg，边长L1m，电阻R0.1，mn为bc边中垂线，由t0时刻开始在mn左侧的线框区域内加一竖直向下的磁场，其感应强度随时间的变化规律如图乙所示，在mn右侧的线框区域内加竖直向上，磁感应强度为B20.5T的匀强磁场，线框abcd的四边恰在磁场的边界内，若导线框与水平面间的最
4、大静摩擦力等于滑动摩擦力，它们之间的动摩擦因数0.3，g10m/s2，则下列说法正确的是() A. 导线框中的感应电动势为0.5VB. t0.5s时刻，导线框中感应电流为零C. 导线框中产生俯视逆时针方向的感应电流D. 导线框一直静止在绝缘水平面上【答案】C【解析】【详解】A根据图乙可得，故根据法拉第电磁感应定律可得.导线框中的感应电动势为A错误；C因为穿过线圈的磁通量先向上减小后向下增大，故根据楞次定律可得因此产生的感应电流俯视逆时针方向，C正确；B因为磁通量均匀变化，产生的感应电动势是定值，所以t=0.5s时刻，B错误；Dab边安培力大小而cd边安培力大小根据左手定则可知，它们的安培力方向
5、相同，因此导线框所受的安培力大小为15N，方向水平向右，而滑动时受到的摩擦力故不会静止在水平面上，D错误；故选C。4.两矩形线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是（ ）A. 两交变电流的频率之比f甲：f乙=1：2B. 两交变电流的电动势有效值之比E甲：E乙=3：1C. t=1s时，两线圈中的磁通量的变化率均为零D. t=1s时，两线圈均处在与中性面垂直的位置上【答案】C【解析】【详解】A由图象知甲周期为1s，乙的周期为2s，所以A错误；B甲的有效值为乙的有效值为所以B错误；CDt=1s时，甲乙瞬时电压为零
6、，磁通量的变化率为零，此时线圈处于中性面位置，C正确D错误故选C.5.如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u220sin（100t）V，原、副线圈的匝数比n1n2101，电压表接在副线圈c、d两端，输电线的等效电阻为R，原来开关S是断开的。则当S闭合一段时间后（）A. 电压表示数不变，示数为22 VB. 电压表示数不变，示数为220VC. 灯泡L两端的电压将变大D. 电流表示数一定为0【答案】A【解析】【详解】AB原线圈电压有效值为U1=220V，根据得副线圈电压为U2=22V，电压表示数不变，示数为22 V，故A正确，B错误；C开关闭合后电容器不断的充电和放电，副线圈电流增
7、大，所以R所占电压变大，而副线圈电压不变，所以灯泡两端电压变小，故C错误；D电容器接交变电流后，不断的充电和放电，所以电流表有电流通过，示数不为零，故D错误；故选A。6.在远距离输电中，如果输送功率和输送距离不变，要减少输送导线上热损耗，目前最有效而又可行的输送方法是()A. 采用超导材料做输送导线B. 采用直流电输送C. 提高输送电的频率D. 提高输送电压【答案】D【解析】【详解】提高输送电压，因为输送功率不变，所以输送电压高了，输送电流就小了，根据可得输送导线上热损耗就小了；故选D7.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属基板，对着话筒说话时，P振动而Q可
8、视为不动，在P、Q间距增大过程中，A. P、Q构成的电容器的电容增大B. P上电荷量保持不变C. M点的电势比N点的低D. M点的电势比N点的高【答案】D【解析】【详解】电容式话筒与电源串联，电压保持不变，在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，又根据电容定义式得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高，故ABC错，D正确。故选D。8. 下列关于传感器的说法正确的是（ ）A. 话筒是一种常用的传感器，其作用是将电信号转换为声音信号B. 在天黑楼道里出现声音时，楼道里的灯才亮，说明它的控制电路中只有声音传感器C. 光敏电阻能够把光照强弱变化转换
9、为电阻大小变化D. 电子秤中所使用的测力装置是温度传感器【答案】C【解析】试题分析：A、话筒是一种常用传感器，其作用是将声音信号转换为电信号；错误B、天黑楼道里出现声音时，楼道里的灯才亮，说明它的控制电路中有光传感器和声音传感器；错误C、光敏电阻随光照强弱变化，其阻值会发生变化，即它够把光照强弱变化转换为电阻大小变化；正确D、电子秤中所使用的测力装置是，应变式力传感器；错误故选C考点：传感器点评：本题考查的知识点是传感器，但是不同的传感器有不同的具体应用，要具体问题具体分析，常用传感器的工作原理、特性及在实践中的应用要在平时学习中不断积累9.关于线圈的自感系数，下面说法正确的是()A. 线圈的
10、自感系数越大，自感电动势就一定越大B. 线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C. 线圈中电流变化越快，自感系数越大D. 线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定【答案】D【解析】A项：由自感电动势公式知，不仅由自感系数决定，还与电流变化快慢有关，故A错误；B、C、D项：自感系数与线圈的大小、形状、匝数、有无铁芯有关，与其它因素无关，故BC错误，D正确点晴：考查影响线圈的自感系数因素，同时知道课本中的基础知识不可忽视，如不知道自感电动势公式，就做不对10.如图所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将( )A. 不变B. 增大C. 减少D
11、. 以上情况都有可能【答案】B【解析】【详解】当磁场均匀增加时，根据麦克斯韦的电磁场理论，将激发一个稳定的电场，带电粒子将受该电场的电场力作用，可以由右手定则和楞次定律判断，电场力的方向与电荷的运动方向是一致的，即电场力对粒子将做正功，所以带电粒子的动能将增大.故选B.二、多选题（共4小题，每小题4.0分，共16分） 11.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以的速度匀速运动导体棒始
12、终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）A. B. C. 当导体棒速度达到时加速度为D. 在速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【答案】AC【解析】【详解】AB当速度达到时开始匀速运动，受力分析可得导体棒最终以的速度匀速运动时，拉力为所以拉力的功率为选项A正确B错误C当导体棒速度达到时安培力加速度为选项C正确D在速度达到以后匀速运动的过程中，根据能量守恒定律，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功，选项D错误；故选AC.12.在图所示的实验电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上电键K，灯A正常发光，则
13、下列说法正确的是( )A. 当断开K时，灯A立即熄灭B. 当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭C. 若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A逐渐熄灭D. 若用电阻值与线圈 L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭【答案】B【解析】【详解】AB电键断开前，电路稳定，灯 A 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；CD若用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，则不会发生自感现象，故断开S时，灯A立即熄灭，故C正确，D错误；故选B。
14、点晴：断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯A的电阻为RA，线圈L的直流电阻为RL，电动势为E，线圈L中的电流强度为IA，通过灯泡的电流强度为IL，电流方向均向左；（1）电流方向：K断开瞬间通过灯A的电流立刻减小为0；但同时由于线圈L中的电流IL0减小，故L中的自感电流IL必与原电流IL0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈L作了A、L回路的电源，且线圈L的左端为电流负极而右端为正极；故实际上K断开瞬间经过灯A的电流并不为0而是方向向右的电流IL（2）L断开瞬间线圈与A灯中的瞬时电流的大小：电路断开后线圈将原来储存起来的能量（磁场能）通过自感而经回路L、A释放，故在
15、K断开前、后的瞬间线圈的能量（磁场能）是相等的，而磁场是由电流产生的，因而K断开后瞬间线圈中的总电流强度与断开前的电流强度IL0必相等所以断电自感中线圈中的电流将从断开前瞬间的电流强度IL0开始减小那么开关断开瞬间加于电灯L两端的瞬间电压为UA=IL0RA13.如图所示，理想变压器原线圈a匝数n1200匝，副线圈b匝数n2100匝，线圈a接在u44sin 314t V的交流电源上，“12 V6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R216 ，电压表V为理想电表.下列推断正确的是()A. 交变电流的频率为100 HzB. 穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb/sC. 电压表V示数为22 VD. R1消耗的
16、功率是1 W【答案】BD【解析】【详解】由表达式知，交变电流的频率为，故A错误；副线圈电流的有效值为，电阻R2两端的电压为：，副线圈两端电压的有效值为：，副线圈电压的最大值为：，根据，可得：，故B正确；由B可知：电压表V的示数为20V，故C错误；原线圈的电流强度为：，原线圈的电压为：，电阻R1消耗的功率为：P=（E-U1）I1=（44-40）0.25W=1W，故D正确所以BD正确，AC错误14.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生电动势e-t图像如图，则在时刻（）A. t1、t3线圈通过中性面B. t2、t4线圈中磁通量最大C. t1、t3线圈中磁通量变化率最大D. t2、t4线圈平面与中性面垂直
17、【答案】AD【解析】【详解】ABCt1、t3时刻，感应电动势为零，故线圈通过中性面，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，故选项A正确，BC错误；Dt2、t4时刻，感应电动势最大，此时线圈平面与中性面垂直，选项D正确。故选AD。分卷II三、实验题（共2小题，共14分） 15.利用螺旋测微器、米尺和如图甲所示的器材(其中电流表的内阻为1 ，电压表的内阻为5 k)测量一根粗细均匀的阻值约为5 的金属丝的电阻率(1)用笔画线代替导线，将图乙中的器材连接成实物电路，要求连线不能交叉，电流表、电压表应该选择合适的量程(已知电源的电动势为6 V，滑动变阻器的阻值为020 )_甲乙丙(2)实验时，用螺旋测微器
18、测量金属丝的直径和用米尺测量金属丝的长度示数如图5所示，电流表、电压表的读数如图丙所示则金属丝两端的电压U_，电流I_，金属丝的长度L_，直径d_.(3)该金属丝的电阻率是_(保留两位有效数字)【答案】 (1). (2). 2.20 V (3). 0.44 A (4). 30.50 cm (5). 1.850103m (6). 4.4105m【解析】【详解】（1）1由于金属丝的电阻比电压表的内阻小得多，因此采用电流表外接法；由于金属丝的电阻比滑动变阻器的总电阻要小，因此采用限流式接法，为了保证滑动变阻器起限流作用，滑动变阻器应该连接“B、C”或“A、D”几个接线柱；由题图可以看出电流表应该连接
19、“-”接线柱和“0.6”接线柱，具体连线如图所示。（2）1234由于螺旋测微器的半毫米刻度线已经露出，因此金属丝直径d=1.5mm+35.00.01mm=1.850mm1.850103m由图可以看出：电压表的量程是3V，所以读数是2.20V；电流表的量程是0.6A，所以读数是0.440A；米尺的读数，金属丝的长度：l=40.50cm-10.00cm=30.50cm（3）5根据欧姆定律可得金属丝的电阻由电阻定律得：联立可得：16.在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中(1)将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图甲所示图中未接导线的A端应接在_
20、点(选填“B”“C”“D”或“E”)(2)实验得到的U-I关系如图乙中的直线所示,则电池组的电动势为_V,内电阻阻值为_(3)为了测量定值电阻的阻值,应在图甲中将“A”端重新连接到_点 (选填“B”“C”“D”或“E”),所得到的U-I关系如图乙中的直线所示,则定值电阻的阻值为_【答案】 (1). C (2). 2.8 (3). 2 (4). D (5). 3【解析】试题分析：（1）分析图（a），共有两个传感器其中一个已经串联在电路，说明为电流传感器，那么没有连接完整的就是电压传感器，测量路端电压，并联在电路中，所以a端接入C接线柱（2）根据串并联电路路端电压和电流电动势关系可得，图像与纵轴的
21、截距即电动势，所以，斜率即内阻即（3）由于电压传感器左端已经接入电源负极，所以电压传感器右端接入C则电压表等于路端电压，无法测量定值电阻，又无法测量定值电阻电压，所以改而滑动变阻器电压，接入D接线柱此时，电压表示数，图像斜率即，可得定值电阻阻值考点：测量电源电动势和内阻实验探究及拓展四、计算题 17.如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间偏转电场，最后打在荧光屏上C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图所示，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），C、D极
22、板长为L，板间距离为d，偏转电压U2，荧光屏距C、D右端的距离为L/6，所有电子都能通过偏转电极（1）求电子通过偏转电场的时间t0（2）若UCD的周期T=t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度【答案】（1） （2）【解析】【详解】（）电子在电场加速过程 在偏转电场中运动，水平方向匀速运动由得（）当时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出由竖直方向速度时间图像得时刻进入的电子向上侧移距离最大，所以电子达到的区域长；竖直方向：向上加速：解得：向上减速：由对称性可知由对称性，向下运动荧光屏上电子能够到达的区域的长度 18.如图所示，水平放置的两导轨P、Q间
23、的距离 L=0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G=3N的物块相连已知ab棒与导轨间的动摩擦因数=0.2，电源的电动势E=10V、内阻R=0.1，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？（g取10m/s2）【答案】【解析】依据物体的平衡条件可得ab棒恰不右滑时：GmgBI1L0ab棒恰不左滑时：BI2LGmg0依据闭合电路欧姆定律可得：EI1（R1r）EI2（R2r）由以上各式代入数据可解得：R199 ，R219 所以R的取值范围为：19 R99 19
24、.如图所示，磁感应强度大小为B=0.15T，方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径R=0.20m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与边界MN相切于x轴上的A点MN右侧有平行于x轴负方向的匀强电场置于坐标原点O的粒子源，可沿x轴正方向射出速度的带正电的粒子流，比荷为不计粒子重力右侧电场强度大小为现以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场区域按逆时针方向缓慢旋转90求：(1)粒子在磁场中运动的半径；(2)在旋转磁场过程中，粒子经过磁场后，途经MN进入电场，求粒子经过MN时离A点 最远的位置B到A点的距离L1；(3)通过B点的粒子进人电场后，再次经过MN时距B点的距离L2为多大? 【答案】（1）0.4m（2）0.29m（3）0.39m【解析】【详解】（1）设粒子做圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：（2）由图知：sin 得30设B到A的距离为L1，由几何关系知：L1（2Rrtan）tan2得：L1（3）粒子经过B点时的速度与MN夹角为，则90230粒子经B点时速度的水平分量vx和竖直分量vy分别为：vxvsin1.5104m/svy=vcos进入电场后，粒子水平方向先向右做匀减速运动后反向匀加速，竖直方向为匀速直线运动，设再次经过MN时的位置为D，经历的时间为t，水平方向：竖直方向：L2vyt解得：L2
