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2018年至2019年高二上期期末考試物理免費試卷完整版(湖南省株洲市茶陵第三中學)

如圖所示,質量為m,電荷量為+q的帶電粒子,以不同的初速度兩次從O點垂直于磁感線和磁場邊界向上射入勻強磁場,在洛倫茲力作用下分别從M、N兩點射出磁場,測得OM∶ON=3∶4,則下列說法中錯誤的是 (  )

A. 兩次帶電粒子在磁場中經曆的時間之比為1∶1
B. 兩次帶電粒子在磁場中運動中從M點出和從N出的路程長度之比為3∶4
C. 兩次帶電粒子在磁場中從M點出和從N出的所受的洛倫茲力大小之比為3∶4
D. 兩次帶電粒子在磁場中從M點出和從N出所受的洛倫茲力大小之比為4∶3

【答案】D
【解析】A. 粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律,有
解得: ,周期,周期相等,都是經曆了半個周期,所以兩次帶電粒子在磁場中經曆的時間之比為1:1,故A正确;
B. 由于軌道直徑之比為3:4,弧長是半個圓周的周長πR,故弧長之比為3:4,即路程之比為3:4,故B正确;
C. 半徑公式∝v,由于軌道半徑之比為3:4,故速度之比為3:4,由于洛倫茲力F=qvB∝v,故洛倫茲力之比為3:4,故C正确,D錯誤;
本題選錯誤的,故選:D

如圖所示,在絕緣的光滑水平面上,相隔一定距離有兩個帶同号電荷的小球,從靜止同時釋放,則兩個小球的加速度和速度大小随時間變化的情況是

A. 速度變大,加速度變小
B. 速度變小,加速度變小
C. 速度變大,加速度變大
D. 速度變小,加速度變大

【答案】A
【解析】
帶同種電荷的小球,相互排斥,因而速度增大,但随着距離的增大,受到的庫侖力逐漸減小,故加速度變小,A錯誤。

如圖所示,當滑動變阻器滑動觸頭向左移動時,燈泡L1、L2、L3的亮度将

A. 都變亮 B. 都變暗
C. L1、L3變亮,L2變暗 D. L1、L2變亮,L3變暗

【答案】D
【解析】
試題首先認識電路的結構:電燈與變阻器串聯後與燈泡并聯,最後再與串聯;當滑動變阻器的滑動觸頭P向左移動時,變阻器接入電路的電阻變小,故總電阻變小,根據歐姆定律判斷幹路電流的變化情況,然後逐步判斷各個各個部分的電流或電壓情況,從而判斷燈泡的亮度.
當滑動變阻器的滑動觸頭P向左移動時,變阻器有效電阻變小,故整個電路的總電阻變小,根據歐姆定律可知幹路電流增大,故燈泡變亮;并聯電路的電壓,故并聯電路電壓變小,燈泡變暗;幹路電流變大,而通過燈泡的電流變小,故通過燈泡的電流增大,燈泡變亮,D正确.

粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中,磁場方向垂直于線框平面,其邊界與正方形線框的邊平行。現使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場,如圖所示,則在移出過程中線框一邊a、b兩點間的電勢差絕對值最大的是
A. B. C. D.

【答案】B
【解析】試題分析:四種情況都是一條邊切割磁感線,故産生的感應電動勢都相等,線圈的電阻還都相同,故線圈中的電流都相等,a、b 兩點間電勢差的絕對值最大的應該是路端電壓最大時,故ACD中的電勢差都相等,B中的電勢差最大,故選項B正确。

如圖所示,在垂直于紙面的範圍足夠大的勻強磁場中,有一個矩形線圈abcd,線圈平面與磁場垂直,O1O2和O3O4都是線圈的對稱軸,應使線圈怎樣運動才能使其中産生感生電流?

A. 向左平動 B. 向上或向下平動
C. 向右平動 D. 繞O1O2轉動

【答案】D
【解析】
試題本題比較簡單,考查了産生感應電流的條件,通過判斷線圈中的磁通量是否變化,即可得出正确結果.
解:由于磁場為勻強磁場,無論線圈在平面内如何平動,其磁通量都不變化,因此不會産生感應電流,故ABC錯誤;
當線圈繞O1O2轉動時,磁通量将發生變化,如轉過90°時磁通量為零,因此有感應電流産生,故D正确.
故選D.

如圖甲所示,将阻值為R=5Ω的電阻接到内阻不計的正弦交變電源上,電流随時間變化的規律如圖乙所示,下列說法正确的是

A. 電阻R兩端電壓變化規律的函數表達式為u=2.5sin200πt(V)
B. 電阻R消耗的電功率為0.625W
C. 若此交變電流由一矩形線框在勻強磁場中勻速轉動産生,如圖丙所示,當線圈的轉速提升一倍時,電流表的示數為1A
D. 圖乙交變電流與圖丁所示電流比較,其有效值之比為

【答案】ABD
【解析】
通過電源電動勢随時間變化的規律圖象可以求出該交流電的周期、頻率以及有效值等,注意計算功率、流過電阻的電流、以及電壓表的示數均為有效值.
由圖可知,電流的最大值Im=0.5A,則電壓的最大值:Um=Im•R=0.5×5=2.5V;周期T=0.01s,角速度為ω=200πrad/s,電阻R兩端電壓變化規律的函數表達式為u=2.5sin(200πt) V,故A正确;電流的有效值 ,電阻R消耗的電功率為P=I2R=()2×5 W=0.625 W,故B正确;感應電動勢的瞬時值表達式為:e=Emsinωt,其中:Em=nBSω,當線圈的轉速提升一倍時,最大值提升一倍,所以電流表的示數為0.5A,故C錯誤;圖乙為正弦式交流電,其有效值為A:圖丁電流大小不變,有效值I′=0.5A,所以這一交變電流與圖丁所示電流比較,其有效值之比為,故D正确;故選ABD。

如圖所示,直線A為電源的U﹣I圖線,直線B為電阻R的U﹣I圖線,用該電源與R組成閉合電路時,則

A. 電源的内阻為6Ω
B. 電源的輸出功率為4W
C. 電阻R的阻值為2Ω
D. 電源發生短路時的電流為6A

【答案】CD
【解析】
試題根據電源的U-I圖象的斜率和橫軸交點物理意義,求出電源的内阻以及短路電流.兩圖線的交點表示該電阻接在該電源上時工作狀态,讀出電壓和電流,求出電源的輸出功率.由圖線B的斜率求出電阻R的阻值.由圖線A的斜率絕對值求出電源的内阻.
由圖線A:根據閉合電路歐姆定律得,當U=0時對應的電流為短路電流,故電源發生短路時的電流為6A,圖線A的斜率絕對值等于電源的内阻r,由數學知識求出, A錯誤D正确;兩圖線的交點表示該電阻接在該電源上時工作狀态,讀出路端電壓為U=4V,電流I=2A,則電源的輸出功率為P=UI=8W,B錯誤;由圖線B的斜率等于電阻R的阻值,則有,C正确.

在如圖所示電路中,閉合電鍵S,當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時,四個理想電表的示數都發生變化,電表的示數分别用I、U1、U2和U3表示,電表示數變化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示,下列比值錯誤的是

A. 不變,不變 B. 變大,變大
C. 變大,不變 D. 變大,不變

【答案】B
【解析】
由題意知:R1是定值電阻,根據歐姆定律得知.變阻器是可變電阻,根據閉合電路歐姆定律研究與電源内阻的關系,再分析選擇.
根據歐姆定律得知:.故當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時,均不變。故A正确。=R2,變大。根據閉合電路歐姆定律得:U2=E﹣I(R1+r),則有=R1+r,不變。故B錯誤,C正确。=R1+R2,變大。根據閉合電路歐姆定律得:U3=E﹣Ir,則有=r,不變。故D正确。本題選錯誤的,故選B.

如圖所示,一質量為m、帶電量為q的物體處于場強按E=E0﹣kt(E0、k均為大于0的常數,取水平向左為正方向)變化的電場中,物塊與豎直牆壁的動摩擦因數為μ,當t=0時刻物體處于靜止狀态。若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,電場空間和牆面均足夠大,下列說法正确的是(  )

A. 物體開始運動後加速度先增加、後保持不變
B. 物體開始運動後加速度不斷增加
C. 經過時間t=,物體在豎直牆壁上的位移達最大值
D. 經過時間t=,物體運動速度達最大值

【答案】BC
【解析】
開始時電場力較大,故正壓力較大,則重力小于最大靜摩擦力,物體保持靜止,随着電場力逐漸減小,正壓力減小,當重力大于摩擦力時,物體開始下滑:,則加速度逐漸增大,當正壓力為零時物體脫離牆壁,電場反向增大,物體受重力,水平向右的電場力,故脫離牆壁之後,加速度繼續增大,故A錯B對。當正壓力為零時物體脫離牆壁,此時物體在豎直牆壁上的位移達最大值,即E=E0–kt=0,可求得t=,故C對。物體一直在加速,所以D錯
故應該選BC

某實驗小組為了測定某一标準圓柱形導體的電阻率,進行如下實驗:
(1)首先用多用電表進行了電阻測量,主要實驗步驟如下:
A.把選擇開關扳到“×10”的歐姆檔上
B.把表筆插入測試孔中,先把兩根表筆接觸,旋轉歐姆調零旋鈕,使指針指在電阻刻度的零位上
C.把兩根表筆分别與圓柱形導體的兩端相接,發現這時指針偏轉較大
D.換用 “×100”的歐姆檔進行測量,随即記下歐姆數值
E.把表筆從測試筆插孔中拔出後,将選擇開關旋至OFF檔,把多用電表放回原處
改正上述實驗的兩處操作錯誤;
錯誤一______________________;
錯誤二______________________;
(2)分别用遊标卡尺和螺旋測微器對圓柱形導體的長度L和直徑d進行測量,結果如圖所示,則讀數分别是L=________mm,d=________mm。

(3)為使實驗更準确,再采用“伏安法”進行電阻測量,下圖中的兩個電路方案中,應該選擇圖________。用實驗中讀取電壓表和電流的示數U、I和(2)中讀取的L、d,計算電阻率的表達式ρ=________。

【答案】(1)錯誤一:換用“×1”的歐姆檔;錯誤二:沒有重新歐姆調零
(2)23.7mm;2.795mm(2.793mm---2.797mm)
(3)乙;
【解析】
試題分析:(1)偏轉角度過大,說明被測電阻較小,故應換用“×1”的歐姆檔,在重新換檔後,需要重新歐姆調零
(2)遊标卡尺讀數為
螺旋測微器的讀數為
(3)因為被測電阻不大,所以需要采用電流表外接法,選擇圖乙;根據歐姆定律得,根據電阻定律得,聯立兩式解得

如圖所示,兩平行金屬導軌間的距離,金屬導軌所在的平面與水平面夾角,在導軌所在平面内,分布着磁感應強度、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢、内阻的直流電源。現把一個質量的導體棒ab放在金屬導軌上,導體棒恰好靜止。導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好,導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻,金屬導軌電阻不計,g取已知,求:

通過導體棒的電流;
導體棒受到的安培力大小以及方向;
導體棒受到的摩擦力大小與方向。

【答案】(1)1.5A(2)0.30N,沿斜面向上(3)0.06N,沿斜面向下
【解析】
(1)由歐姆定律得:.
(2)導體棒受到的安培力大小為:F=BIL=0.5×1.5×0.4N=0.3N,根據左手定則可知,安培力的方向沿斜面向上;
(3)假設導體棒受到的摩擦力沿導軌向上,導體棒受到的安培力沿導軌向上,則由平衡條件得:F+f=mgsinθ
得:f=mgsinθ-F=-0.06N,即摩擦力的方向沿斜面向下.

如圖所示,MN和PQ為水平放置的足夠長的光滑平行導軌,導軌間距為L,其左端連接一個阻值為R的電阻,垂直導軌平面有一個磁感應強度為B的有界勻強磁場。質量為m、電阻為r的金屬棒與導軌始終保持垂直且接觸良好。若金屬棒以向右的初速度υ0進入磁場,運動到右邊界(圖中虛線位置)時速度恰好為零。導軌電阻不計,求:

(1)金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小;
(2)金屬棒運動過程中,定值電阻R上産生的焦耳熱;
(3)金屬棒運動過程中在導軌上通過位移的大小。

【答案】(1);(2);(3)
【解析】
根據法拉第定律求出金屬棒剛進入磁場時感應電動勢,根據歐姆定律求出金屬棒的電流,根據安培力公式求出金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小;由能量守恒,得電路中産生的總熱量求出電路中産生的總熱量,然後求出定值電阻R上産生的焦耳熱;根據動量定理求出金屬棒運動過程中在導軌上通過位移的大小;
解:(1)金屬棒剛進入磁場時感應電動勢E=BLυ0
此時的電流
金屬棒剛進入磁場時受到的安培力F
(2)由能量守恒,得電路中産生的總熱量
故定值電阻R上産生的焦耳熱
(3)Δt時間内安培力對金屬棒的沖量大小
上式對任意微小間隔Δt都成立,累計相加後,得整個過程中安培力的沖量
由動量定量,得

如圖所示,質量為m=10﹣8kg的帶電粒子以v0=2m/s的速度從水平放置的平行金屬闆A、B中央飛入電場,已知闆長L=20cm,闆間距離d=4cm,當A、B間加電壓UAB=103V時,帶電粒子恰好沿直線穿過電場(設此時A闆電勢高).求:

(1)帶電粒子的電性和所帶電量;
(2)A、B間所加電壓在什麼範圍内帶電粒子能從闆間飛出?

【答案】(1)4x10-12C;負電(2)600 V≤UAB≤1400 V
【解析】
試題
(1)當UAB=103V時,粒子做直線運動,
,q==4x10-12C
帶負電
(2)當電壓UAB比較大時qE>mg粒子向上偏
qU!/d-mg=ma1
當剛好能從上闆邊緣飛出時,有
y=a1t2/2=a1(L/v0)2/2=d/2
解得U1=1400V
當電壓UAB比較小時,qE<mg粒子向下偏
設剛剛好能從上闆邊緣飛出,有
mg-=ma2
y=a2t 2=a2(L/v0)2/2=
解之得U2=600 V
則要使粒子能從闆間飛出,A、B間所加電壓的範圍為
600 V≤UAB≤1400 V

如圖所示,半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道ABC,B為軌道最低點,在AC下方有方向水平向右的勻強電場。在A點正上方h高處,一質量為m、電荷量為﹣q的小球由靜止釋放,恰好能從A點進入圓弧軌道,已知重力加速度為g,AB兩點間電勢差為U,小球的電荷量保持不變。求:

(1)小球運動到A點的速度大小;
(2)小球由A運動到B的過程中電場力所做的功;
(3)小球運動到軌道最低點B的速度大小。

【答案】(1);(2)﹣qU;(3)
【解析】
(1)從靜止釋放到A點由動能定理可求;
(2)由功的定義可得由A運動到B的過程中電場力所做的功;
(3)從靜止釋放到最低點由動能定理可求。
(1)由動能定理可得:mgh=mvA2,
解得:vA=
(2)由功的定義可得由A運動到B的過程中電場力所做的功為:W=﹣qU。
(3)從靜止釋放到最低點由動能定理可得:
mg(h+R)﹣W=mvB2
解得:vB=

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