江苏省南通中学高二物理上学期期末考试试题

江苏省南通中学2016—2017学年度第一学期期末考试高二物理试卷一、单项选择题（共7题，每题3分）1．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( B )2．有一段长1 m的电阻丝，电阻是10 Ω，现把它均匀拉伸到长为4 m，则电阻变为( D) A．10 Ω B．40 ΩC．120 Ω D．160 Ω3．电流表的内阻是R g＝100 Ω，满刻度电流值是I g＝500 μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0 V 的电压表，正确的方法是( C )A．应串联一个0.1 Ω的电阻B．应并联一个0.1 Ω的电阻C．应串联一个1900 Ω的电阻D．应并联一个1900 Ω的电阻4．铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热．将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热．下列说法正确的是( D )A. 管道发热是由于线圈中的电流直接流经管道引起的B. 感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的C. 感应线圈中通以恒定电流时，也能在管道中产生电流D. 感应线圈中通以交流电，在管道中产生的涡流5．在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω.闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A．则以下判断中正确的是( B)．A．电动机的输出功率为14 WB．电动机两端的电压为7.0 VC．电动机的发热功率为4.0 WD ．电源输出的电功率为24 W6．如图所示，圆形导体线圈a 平放在水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成闭合回路．若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，下列表述正确的是 (A )A ．线圈a 对水平桌面的压力F N 将增大B ．穿过线圈a 的磁通量变小C ．线圈a 有扩张的趋势D ． 线圈a 中将产生俯视顺时针方向的感应电流7．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r （212R r R R <<+），电表均视为理想电表。

闭合开关S 后，调节R 的阻值，使电流表的示数增大I ∆，在这一过程中电压表示数的变化量的大小为U ∆，则（C ）A.通过R 的电流增大，但增大量小于I ∆B.U I ∆∆的大小随R 的变化而变化C. 电源的效率降低了I r E ∆⋅ D. 电源的输出功率一定增大了二、多项选择题（共5题，每题4分，漏选得2分，错选不得分）8．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是(BCD )A ．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B ．W ＝UIt 适用于任何电路，而W ＝I 2Rt ＝U 2R t 只适用于纯电阻的电路 C ．在非纯电阻的电路中，UI >I 2RD ．焦耳热Q ＝I 2Rt 适用于任何电路9．如图所示，一根有质量的金属棒MN ，两端用细软导线连接后悬于a 、b 两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N ，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以( AC )A ．适当增大磁感应强度B ．使磁场反向C ．适当增大电流D ．使电流反向10．回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( AD )A．离子从电场中获得能量B．离子从磁场中获得能量C．只增大空隙距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D．只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能11．在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡A、B与自感系数很大的线圈L和定值电阻R 组成如图所示的电路(线圈的直流电阻可忽略，电源的内阻不能忽略)，关于这个实验下面说法中正确的是( BD )A．闭合开关的瞬间，A、B一起亮，然后A熄灭B．闭合开关的瞬间，B比A先亮，然后B逐渐变暗C．闭合开关，待电路稳定后断开开关，B逐渐变暗，A闪亮一下然后逐渐变暗D．闭合开关，待电路稳定后断开开关，B灯中的电流方向为从右向左12．如图所示，范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场垂直于xOy平面向里，两质量相等的粒子带等量异种电荷，它们从x轴上关于O点对称的两点同时由静止释放，运动过程中未发生碰撞，不计粒子所受的重力．则( BCD )A. 两粒子沿x轴做直线运动B. 运动过程中，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，它们的速度均为零C. 运动过程中，两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y轴方向的分量v y最大D. 若减小磁感应强度，再从原处同时由静止释放两粒子，它们可能会发生碰撞三．实验题（两题，共16分）13．(8分) (1)用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图甲所示，可以读出此工件的长度为 mm；图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒外径时的示数，此读数为 mm。

(2)在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供小灯泡(3.8 V,0.3 A)、电流表(0～0.5 A，内阻约为0.4 Ω)、电压表(0～15 V，内阻约为20 kΩ)以及滑动变阻器(5 Ω，2 A)等实验器材．①如果用如图(a)所示的多用电表欧姆挡粗略测量该小灯泡的电阻，应选用的挡位是________．(填选项前面的字母)A. ×1 000B. ×100C. ×10D. ×1②如果既要满足小灯泡两端电压从零开始连续变化，又要测量误差较小，应从图(b)所示的电路中选择________电路做实验电路．(填对应电路图下面的字母)10. (8分)(1) 52.35 1.990(2) ① D②B14．(12分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中，供选用的器材有：A．电流表（量程：0～0.6A，R A=1Ω）B．电流表（量程：0～3A，R A=0.6Ω）C．电压表（量程：0～3V，R V=5kΩ）D．电压表（量程：0～15V，R V=10kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1.5A）F．滑动变阻器（0～2kΩ，额定电流0.2A）G．待测电流（一节一号干电池）、开关、导线若干．他们设计了如图所示的电路图，请回答下列问题：（1）电路中电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______．（用字母代号填写）（2）如图所示为实验所需器材，请按原理图连接出正确的是实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E= V ,内阻r= Ω。

（结果均保留两位小数）（4）引起该实验系统误差的主要原因是______．【答案】（1）如图所示（2）A，C，E；（3）1.5、1.0（4）电压表的分流四．计算题（4题，共50分）15．(14分)如图所示，U =20V ，电阻R 1=4Ω，R 2=6Ω，电容C=30μF 。

开始时，开关S 闭合，电路稳定后，求:（1）通过R 1的电流强度；（2）电阻R 2两端的电压；（3）如果电路稳定时断开S ，则流过R 1的电量．【解析】试题分析：（1）S 闭合，电路稳定后（即电容器充电完毕）即为R 1与R 2的串联电路，所以通过R 1的流为A R R U I 2642021=+=+=， （2）此时电容C 与R 2并联，两极间电压U 1=I R 2=2×6=12V ，且上板带电荷。

（3）断开S 后，由于U =10V ，所以继续给电容器充电至极板电压U 2=U =10V ，仍是上板带正电，流过R 1的电量等于继续给电容器的充电电量，所以C U U C Q 4612104.2)1220(1030)(--⨯=-⨯⨯=-=∆16．(15分)如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内存在着磁感应强度B 随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S ＝200 cm 2，匝数n ＝1 000，线圈电阻r ＝2.0 Ω.线圈与电阻R 构成闭合回路，电阻的阻值R ＝8.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：(1) t 1＝2.0 s 时的线圈产生感应电动势的大小；(2)在t ＝2.0 s 时通过电阻R 的感应电流的大小和方向；(3)在t ＝5.0 s 时刻，线圈端点a 、b 间的电压；解：(1) 根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t1＝2.0 s时的感应电动势=1V(2)根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流I1＝E1R＋r解得I1＝0.1 A，方向b→R→a(2分)(3) 由图象可知，在4.0～6.0 s时间内，线圈中产生的感应电动势(1分)根据闭合电路欧姆定律，t2＝5.0 s时闭合回路中的感应电流I2＝E2R＋r＝0.4 A，方向a→R→bU ab＝I2R＝3.2 V(2分)17．(15分)如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5 m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角．有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面．一根质量m ＝0.4 kg、电阻R＝1Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放．已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)(1) 求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2) 求导体棒运动过程中的最大速度；(3) 从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电量Q＝4 C，求导体棒在此过程中消耗的电能．17. (14分)(1) mgsinθ－μmg cosθ＝ma(2分)a＝2 m/s2(1分)(2) 当导体棒匀速下滑时其受力情况如图，因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为v ，则在平行斜面上有mgsin θ－f －F ＝0(1分)其中：f ＝μmg cos θ；安培力：F ＝BIL(1分)电流强度I ＝BLv R(1分) 由以上各式解得v ＝＝5m/s(1分)(3) 通过导体的电量Q ＝I －Δt(1分) 1分)设物体下滑速度刚好为v 时的位移为S ，则ΔΦ＝BSL(1分)全程由动能定理得mgS·sin θ－W 安－μmg cos θ·S ＝12mv 2(1分) 克服安培力做功等于导体棒的有效电阻消耗的电能W ＝3 J(1分)18．(15分)如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x 轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E ＝400 N/C ；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，y 轴负方向无限大，磁感应强度B ＝1×10－4 T ．现有一比荷为q m＝2×1011 C/kg 的正离子(不计重力)，以速度v 0＝4×106 m/s 从O 点射入磁场，α＝60°，离子通过磁场后刚好从A 点射出，之后进入电场．求：(1) 离子从O 点进入磁场B 中做匀速圆周运动的半径R ；(2) 离子进入电场后，经多少时间再次到达x 轴上；(3) 若离子进入磁场B 后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值．18． (15分)解：(1) 如图所示，由几何关系得离子在磁场中运动时的轨道半径v 0＝4×106m/s (2分)离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bqv 0＝m v 20r 1 解得r 1＝0.2 m (2分)(2) 离子进入电场后，设经过时间t 再次到达x 轴上离子沿垂直电场方向做速度为v 0的匀速直线运动，位移为l 1，则l 1＝v 0t(1分)离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，位移为l 2Eq ＝ma(2分) l 2＝12at 2(1分) 由几何关系可知 tan60°＝l 2l 1(1分) 代入数据解得 t ＝3×10－7s(1分)(3) 由Bqv ＝mv 2r 知，B 越小，r 越大．设离子在磁场中最大半径为R ，由几何关系得R ＝12(r 1－r 1sin30°)＝0.05 m(2分)由牛顿运动定律得 B 1qv 0＝m v 20R解得 B 1＝4×10－4 T(2分)则外加磁场ΔB 1＝B 1－B ＝3×10－4 T(1分)。