湖北省武汉某中学高二(上)期末物理试卷-(含答案).docx

1、 高二（上）期末物理试卷 题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）1. 一个匝数为100匝，电阻为0.5的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为（）A. 52AB. 25AC. 6AD. 5A2. 如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1R2R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管。电键K从闭合状态突然断开时，下列判断不正确的是（）A. L1逐渐变暗B. L1先变亮，然后逐渐变暗C. L3先变亮，然后逐渐变暗D. L2立即熄灭3. 如图所示，直角三角形导线框ABC，处于磁感

2、强度为B的匀强磁场中，线框在纸面上绕B点以匀角速度作顺时针方向转动，B=60，C=90，AB=L，则A、c两端的电势差UAC=（）A. 14BL2B. 1532Bl2C. 32Bl2D. 38Bl24. 如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为l，电阻不计，其左端连接一阻值为R的定值电阻。两导轨之间存在着磁感应强度大小为B的磁场，磁场边界由多个半周期正弦曲线衔接而成，磁场方向如图所示，当置于两金属导轨上的导体棒在水平外力F（图中未画出）作用下以速度v（较大）匀速向右运动，导体棒与两金属导轨垂直且始终接触良好，电压表和电流表均为理想交流电表，导体棒电阻不计，则（）A. 由于

3、磁场方向周期性变化，电流表示数也周期性变化B. 电压表的示数在导体棒位于图中ab位置时最大C. 当导体棒运动到图中虚线d位置时，水平外力F=0D. 若导体棒运动的速度加倍，则导体棒在图中ab位置时水平外力F的瞬时功率也将加倍5. 如图所示，一交流发电机的矩形线圈匝数为n=10，其电阻r=2，面积S=0.2m2，在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO以=10rad/s的角速度匀速转动，向R=18的电阻供电。则以下说法中正确的是（）A. 该线圈产生的是余弦式交变电流B. 线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40VC. 线圈开始转动160s时流过电阻R

4、的瞬时电流大小为22AD. 电阻R上消耗的电功率为9W6. 电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道。其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）。图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料。现于流量计所在处加磁感应强度B的匀强磁场，磁场方向垂直前后两面。当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值。已知流体的电阻率为，不计电流表的内阻，则可求得流量为（）A

5、. Q=IB(bR+ca)B. Q=IB(aR+bc)C. Q=IB(cR+ab)D. Q=IB(R+bca)7. 在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分，又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到下一级，可以采用如图所示电路，其中a、b应选择的元件是（）A. a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈B. a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈C. a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈D. a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）8. 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放

6、置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（）A. 圆盘上产生了感应电动势B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C. 在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动9. 如图所示为一圆环发电装置，用电阻R=4的导体棒弯成半径L=0.2m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1=1整个圆环中均有B=0.5T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r=1的导体

7、棒OA贴着圆环做匀速运动，角速度=300rad/s，则（）A. 当OA到达OC处时，圆环的电功率为1WB. 当OA到达OC处时，圆环的电功率为2WC. 全电路最大功率为3WD. 全电路最大功率为4.5W10. 如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab=cd=L，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来。线框下方处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。初始时刻，两根弹簧处于自然长度，给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动到最下端的过程中，R产生的热量为Q，此过程cd边始终未离开磁场。已知重力加速度大小为g，下

8、列说法正确的是（）A. 初始时刻cd边所受安培力的大小为B2L2v0RmgB. 线框中产生的最大感应电流大于BLv0RC. cd边第一次达到最下端的时刻，两根弹簧的弹性势能总量大于mv022QD. 在cd边反复运动过程中，R中产生的电热最多为mv02211. 如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属融化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是（）A. 电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高的越快B. 电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高的越快C. 工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的

9、电阻小D. 工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大12. 如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P（-2L，0）、Q（0，-2L）为坐标轴上的两个点。现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）A. 若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为L2B. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为LC. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2LD. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则nL(n为任意正整数)都有可能是电

10、子运动的路程三、实验题探究题（本大题共2小题，共14.0分）13. 如图所示为一种加速度仪的示意图。质量为m的振子两端连有劲度系数均为k的轻弹簧，电源的电动势为E，不计内阻，滑动变阻器的总阻值为R，有效长度为L，系统静止时，滑动触头位于滑动变阻器正中，这时电压表指针恰好在刻度盘正中。（1）系统的加速度a（以向右为正）和电压表读数U的函数关系式_。（2）若电压表指针指在满刻度的34位置，此时系统的加速度大小为_和方向向_（填“左”或“右”）14. 国际（GB/T）规定自来水在15时电阻率应大于13m某同学利用图甲电路测量15自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门

11、K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：电源（电动势均为3V，内阻可忽略）；电压表V1（量程为3V，内阻很大）；电压表V2（量程为3V，内阻很大）；定值电阻R1（阻值4k）；定值电阻R2（阻值2k）；电阻箱R（最大阻值9999）；单刀双掷开关S；导线若干；游标卡尺；刻度尺。实验步骤如下：A用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E改变玻璃管内水柱长度，重复

12、实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F断开S，整理好器材。（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=_mm。（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx=_（用R1、R2、R表示）。（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R-1L关系图象，自来水的电阻率=_m（保留两位有效数字）。（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_（填“偏大”“不变”或“偏小”）。四、计算题（本大题共1小题，共10.0分）15. 某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电已知输电导线的电阻率为

13、=2.410-8m，导线横截面积为1.510-4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失答案和解析1.【答案】B【解析】解：0-1s内的磁通量变化率为：K1=Wb/s=0.01Wb/s，则感应电动势E1=1V，1-1.2s内的磁通量变化率为：K2=Wb/s=0.05Wb/s，则感应电动势E2=5V，对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：Q=Q1+Q2=1+0.2=12J根据有交流电有效值的定义：Q=I2RT得：I=2A，故ACD错误，B正确；故选：B。根据每段时间内磁通量的变化率求出每段时间内的感应电动势，结合热量的公式求出在一个周

14、期内产生的热量。抓住交流电和直流电在相同时间内、通过相同电阻，产生相同的热量，求出电流的有效值。求解电流的有效值时抓住三个相同，即相同时间，相同电阻，产生相同热量。2.【答案】B【解析】解：AB、L、L1和L3构成一闭合回路，L中电流从I1逐渐减少，则通过L1的电流也逐渐减少，选项A正确，B错误。C、通过L3的电流开始时比原来电流大，后逐渐变小，故选项C正确。D、K处于闭合状态时，电感L和二极管均相当于导线，通过灯泡L1、L2、L3的电流关系为I1I2I3。当K突然断开时，电感L相当于电源，由此时二极管处于反向截止状态，故L2立即熄灭，D正确；由于要求选不正确的，故选：B。当K突然断开时，电感

15、L由于自感，电流继续原方向流动，但二极管反向不导通，所以L2不亮，又因为原来L中电流比L3的电流大，所以L3将更亮，之后再变暗。做好本题要弄清楚电流的大小变化，方向变化，还要知道二极管的正向导通性。3.【答案】A【解析】解：AB间的电势差为：UAB=，CB的长度为L，则有：，UAC=UAB+UBC=故A正确，B、C、D错误。故选：A。据转动切割产生的感应电动势公式E=BL2，分别求AB间和CB间的电势差，即可求得UAC解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式，知道各段电势差的关系。4.【答案】C【解析】【解答】解：A、当导体棒切割磁感线时，根据感应电动势和L按正弦规律变化可知，这个过程产

16、生正弦式交流电，其最大电动势为：，最大电流为，因为电流表测量的是电流的有效值，则电流表的示数为，是一个定值。故A错误；B、导体棒位于图中ab位置时电动势的瞬时值最大，但电压表的示数是有效值，在任何位置都等于最大值的倍，是一个定值。故B错误； C、当导体棒运动到图中虚线d位置时，外界磁场和感应电流的瞬时值均为零，因此在这个时刻的安培力等于零，根据二力平衡可知： 水平外力故C正确；D、因为导体棒做匀速直线运动，所以外力的瞬时功率等于导体棒产生的热功率，即：； 当速度加倍时，水平外力的功率将增加到原来的四倍。故D错误。故选：C。【分析】根据公式分析产生出正弦交流电；交流电压表及交流电流表的示数均是指

17、有效值；根据电压或电流的有效值求出功率的表达式进行判断。解答本题关键是：明确切割磁感线的有效长度按照正弦规律变化的，导致产生的交流电是正弦交流电；注意交流电压表及交流电流表测量的是有效值，根据最大值和有效值的关系求出有效值。5.【答案】D【解析】解：A、线圈始终有一半在磁场中转动切割磁场线产生感应电动势，由于是从中性面开始，故产生的感应电动势时正弦函数，故A错误；B、线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值V=20V，故B错误；C、产生的感应电动势的瞬时值e=20sin10tV，故圈开始转动s时产生的感应电动势e=10V，形成的感应电流瞬时值i=，故C错误；D、线圈内产生的感应电流的有效值I=A

18、，故电阻R上消耗的电功率为P=I2R=9W，故D正确故选：D。线圈始终有一半在磁场中转动产生感应电动势，根据Em=NBS求感应电动势的最大值，求得产生感应电动势的瞬时表达式，由欧姆定律求出感应电流的最大值，明确电阻消耗的功率用有效值来计算解决本题时要知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBS，以及知道峰值与有效值的关系。求热量要用电流的有效值，求电荷量要用电流的平均值。6.【答案】A【解析】解：最终稳定时有：qvB=q则v=根据电阻定律R=，则总电阻R总=R+R所以U=IR总=解得v=所以流量Q=故A正确，B、C、D错误。故选：A。当导电流体稳定地流经流量计时，正负电荷受洛伦兹力发生偏转，在上下

19、表面间形成电势差，最终稳定时，电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据欧姆定律及电阻定律求出上下表面间的电势差，从而根据平衡求出速度以及流量的大小。解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及掌握欧姆定律和电阻定律的运用。7.【答案】D【解析】解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈，故D正确，ABC错误 故选：D本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小电感线圈在该电路中要求做到通低频、

20、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器8.【答案】AB【解析】解：A、圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势；故A正确；B、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；C、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化；故C错误；D、电流形成是自由电子定向移动。圆盘本身没有多余的电荷，圆盘转动不会产生电流；故D错误；故选：AB。通过题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的

21、运动。本题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而产生了涡流。9.【答案】AD【解析】解：AB、感应电动势为：E=BL=BL=BL2=0.50.22300=3V，当OA到达OC处时，圆环被分成两段并联在电路中，并联电阻阻值为：R并=1，电路电流为：I=1A；圆环的电功率为：P=I2R并=121=1W，故A正确，B错误；CD、导体棒相当于电源，当OA到达OD处时，全电路电阻最小，故总功率最大，此时感应电动势为：E=BL2=0.50.22300=3V，电流为：I=1.5A，故总功率为：P=EI=31.5=4.5W，故C错误，D正确；故选：AD。由E=BLv

22、求出感应电动势，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电路电流，然后应用电功率公式求出电功率。本题考查了求电功率问题，分析清楚电路结构、知道两并联电阻阻值相等时并联电阻阻值最大是解题的关键，应用E=BLv、欧姆定律与串并联电路特点、电功率公式可以解题。10.【答案】BC【解析】解：A、初始时刻时，棒的速度为v0，由E=BLv=BLv0，再由I=及F=BIL，得cd边所受安培力的大小F=，故A错误；B、cd棒开始运动后，对cd棒受力分析，受重力和安培力及弹簧弹力，无法确定重力和安培力的关系，当重力大于安培力时，由mg-kx=ma，合力方向向下，可知导体棒可能先做加速度减小的加速运动，故v0不是速度的最

23、大值，产生的感应电动势不是最大，感应电流不是最大，当重力小于安培力时，由+kx-mg=ma，合力方向向上，可知导体棒可能先做加速度减小的减速运动，速度v0为最大值，线框中产生的最大感应电流大于等于，故B正确；C、cd边第一次到达最下端的时刻，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，即：mgh+m=Ep+Q，所以：EP-mgh=m-Q，故弹簧弹性势能大于m-Q，故C正确；D、在cd边反复运动过程中，可知最后棒静止在初始位置的下方，设弹簧的劲度系数为k，由mg=kx得：x=，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，弹性势能

24、EP=kx2=，减少的重力势能为：mgh=，因重力势能大于弹性势能，根据mgh+mv02=Ep+Q，可知热量应大于mv02，故D错误；故选：BC。对cd棒受力分析，确定棒的运动形式，求解最大速度，再由E=BLv和I=及F=BIL分别确定电流和安培力的大小，再由能量守恒定律确定能量关系。本题中弄清棒的运动形式及临界条件是关键，分别由能量守恒定律和电磁感应定律求解电流和安培力大小。11.【答案】AD【解析】解：A、B高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，

25、焊缝处的温度升高的越快。故A正确，B错误. C、D焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高。故C错误，D正确.故选：AD.高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系.焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高.本题高频焊接是电磁感应原理的实际应用，根据电磁感应的普遍规律来分析、理解，并不难.12.【答案】AC【解析】解：A、若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，则微粒运动的路程为圆周的，即为，故A正确；B、若电子从P点

26、出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示，或者是：因此则微粒运动的路程可能为L，也可能为2L，若粒子完成3，4，或n个圆弧，那么电子运动的路程可能：n为奇数时为2L；n为偶数时为L，故BD错误，C正确；故选：AC。粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程。考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减小。13.【答案】a=kLmE(E2U)；KL

27、2m；左【解析】解：（1）当振子向左偏离变阻器中间位置x距离时，对振子，根据牛顿第二定律得：2kx=ma根据欧姆定律和串联电路分压特点得：U=联立得：a=（2）由加速度的表达式可知，a与U是线性关系，所以加速度仪的刻度盘是均匀的，当变阻器触片滑到最右端时电压表的读数等于电源的电动势E，得到电压表指针指在满刻度的位置时电压值为：U=。代入到加速度a的表达式得：a=-，负号表示方向向左。故答案为：（1）a=；（2），左（1）根据牛顿第二定律和胡克定律求出加速度与振子偏离变阻器中点的距离的关系式。根据欧姆定律和电阻定律求出电压表读数U与振子偏离变阻器中点的距离的关系式，再综合得出系统的加速度a和电压

28、表读数U的函数关系式。（2）当变阻器触片滑到最右端时电压表的读数等于电源的电动势，得到电压表指针指在满刻度的位置时电压值，代入加速度的表达式，求出加速度。本题是力电综合题，寻找力与电联系的纽带是关系，此题力电联系的纽带是振子的位移。14.【答案】30.00 R1R2R 14 偏大【解析】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm；（2）设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压，当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为，总电压U=+U，由

29、于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得，解得Rx=，（3）从图丙中可知，R=2103时，此时玻璃管内水柱的电阻Rx=4000，水柱横截面积S=，由电阻定律得=40007.06510-45m=14m（4）若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于，所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；故答案为：（1）30.00；（2）；（3）14；（4）偏大。（1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数。（2）分别求出S接1和接2时电路的总电压，利用并联电压相等列式，求出Rx；（3）从图丙读出数据，利用电阻定律求出电阻率；（4）分析若电压表V1内阻不是很

30、大，对测量电阻Rx的影响，再判断自来水电阻率测量的影响。本题考查了游标卡尺的读数，等效替代法测电阻，电阻定律以及对实验误差的分析，解答本题的关键是明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度。15.【答案】解；（1）输电线路的电阻为R=LS=2.410-8m280000m1.5104m2=25.6输电线上损失的功率为P=4%P=4%104KW=400KW由P=I2R得I=PR=400000W25.6=125A有P=UI得U=PI=1107125=8104V（2）输电线路上电压损失为U=IR=125A25.6=3200V答：（1）升压变压器的输出电压为8104V；（2）输电线上损失的电压为3200V【解析】（1）由电阻公式R=可求得输电线的电阻，由P=4%P可求出损失的功率，由P=I2R可求出电流，最后由P=UI求出电压（2）由公式U=IR可求出损失电压本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压，不是发电机的输出电压