广西宾阳县宾阳中学高二上学期期末考试物理(理)试卷Word版(含解析)

宾阳中学高二年级2021年秋学期期末物理科试题
一、选择题：
1.一交流电压为u＝100sin(100πt)V，由此表达式可知( )
A.用电压表测该电压其示数为50V
B.该交流电压的周期为
C.将该电压加在“100V100W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100W
＝s时，该交流电压的瞬时值为50V
【答案】B
【解析】
【分析】
电压表读数为有效值．先根据最大值求有效值，求得电压表读数；通过瞬时表达式与交电流的ω=2π/T，可求出周期；运用瞬时表达式求出有效值，从而利用电功率的公式P=U2/R求出电功率；直接根据瞬时表达式代入数据求解．
【详解】交变电压的表达式为u=100sin100πtV，可知最大值为100V，又是正弦式电流，则电压的有效值：U=100V，故A错误。

由公式，则有周期T=。

故B正确。

由于电压的有效值为100V，则该电压加在100V的灯泡两端，灯泡正常发光，功率为100W；故C错误；将t=s代入瞬时表达式，则有交流电压的瞬时值为100V．故D错误。

故选B。

【点睛】题考查交流电的性质，要知道有效值的物理意义，及正弦式交流电的有效值等于最大值除，并知道求电功率是用交流电的有效值．
2.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是（）
A.在中性面时，通过线圈的磁通量最大
B.在中性面时，感应电动势最大
C.穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零
D.穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零
【答案】A
【解析】
在中性面时，磁感线垂直线圈平面，通过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，A正确、B错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，CD错误。

3.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。

”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。

结合上述材料，下列说法不正确的是
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
【答案】C
【解析】
试题分析：根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确；地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理的南极附近，B正确；由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与地面平行，C错误；在赤道处，磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力的作用，D正确。

【考点定位】考查了地磁场
【方法技巧】地球本身是一个巨大的磁体。

地球周围的磁场叫做地磁场。

地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极。

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4.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2种虚线所示，下列表述正确的是
带负电，N带正电
的速度率小于N的速率
C.洛伦磁力对M、N做正功
的运行时间大于N的运行时间
【答案】A
【解析】
由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确。

由R=mv/qB可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；洛伦磁力对M、N都不做功，选项C错误；由T=2πm/qB可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误。

5.图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线
圈匝数分别为n
1、n
2。

在T的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输
送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为()
【答案】C
【解析】
原线圈电压的有效值：，根据可求：，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的电流功率等于输入功率P，所以输电线上电流，导线上损耗的电功率
，所以C正确，A、B、D错误。

【考点定位】变压器、交流电
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6.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点
的电势分别为U
a 、U
b
、U
c
．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）
＞U
c
，金属框中无电流
＞U
c
，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣a
=﹣Bl2ω，金属框中无电流
=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a
【答案】C
【解析】
试题分析：因为当金属框绕轴转运时，穿过线圈abc的磁通量始终为0，故线圈中无感应电流产生，选项BD错误；但对于bc与ac边而言，由于bc边切割磁感线，故bc边会产生感应电动势，由右手定则可知，c点的电势要大于b点的电
势，故U
bc
是负值，且大小等于Bl×=Bl2ω，故选项C正确；对于导体ac 而言，由右手定则可知，c点的电势大于a点的电势，故选项A错误，所以选项C是正确的。

考点：导合格切割磁感线产生感应电动势。

【名师点睛】该题既可以通过法拉第电磁感应定律得出线圈abc的感应电流情况，又可以通过对bc边和ac边的研究，看它们切割磁感线时产生感应电动势的大小，判断导线端点的电势大小情况。

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7.如图所示，一个带绝缘支架的空心金属球半径为r，原来不带电，放在一个电荷量为的点电荷右侧，点电荷到金属球表面的最近距离为2r，达到静电平衡后，下列表述正确的是
A.整个金属球表面将感应带上同种电荷
B.金属球球心处的电场强度大小为
C.感应电荷在金属球球心处激发的电场强度大小为
D.如果用导线将金属球左右两侧相连，金属球左右两侧的电荷会发生中和
【答案】C
【解析】
【详解】根据同咱电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知金属球的右端感应出正电荷，左端感应出负电荷，故A错误；点电荷Q与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，金属球内部合电场为零，处于静电平衡状态，则金属球球心处的电场强度大小为零。

故B错误；感应电荷在金属球球心处激发的电场强度与点电荷在球心处产生的电场强度大小相等，方向相反，即为故C正确；如果用导线将金属球左右两侧相连时，由于静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，所以电荷不再移动，不会中和。

故D 错误。

所以C正确，ABD错误。

8.如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝Ω，边长L＝，处在两个半径均为r＝的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆心重合，线框底边中点与左侧圆心重合．磁感应强度B
1
垂直水平面向上，大
小不变；B
2垂直水平面向下，大小随时间变化．B
1
、B
2
的值如图乙所示，则( )
A.通过线框的感应电流方向为逆时针方向
＝0时刻穿过线框的磁通量为
C.在内通过线框中的电荷量约为
D.经过线框中产生的热量约为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向；根据磁通量Φ=BS求解，S是有效面积；由求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量．
【详解】由磁感应强度B
1垂直水平面向外，大小不变；B
2
垂直水平面向里，大小
随时间增大，故线框总的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；t=0时刻穿过线框的磁通量为：
Φ=B
1××πr2-B
2
××πr2=1××××××=，故B错误；在t=内通过线框中的电
量，故C正确；由Q=I2Rt=（）2×△t≈，故D正确。

故选ACD。

9.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【答案】AB
【解析】
试题分析：由电磁感应定律得，，故一定时，电流大小恒定，选项A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误；，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB。

【考点定位】电磁感应定律
【名师点睛】法拉第圆盘是课本上介绍的装置，在历次考试中多次出现；解题时要会进行电源的等效：相当于一条半径旋转切割磁感线，记住求解感应电动势的公式，并能搞清整个电路的结构。

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10.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n
1∶n
2
＝2∶1，电压表和电流表均
为理想电表，灯泡电阻R
L ＝6Ω，AB端电压u
1
＝12sin100πt(V)．下列说法正确
的是( )
A.电流频率为100Hz
B.电压表的读数为24V
C.电流表的读数为1A
D.变压器输入功率为6W
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
【详解】AB端电压U
1
=12sin100πt（V），其角速度ω=100πrad/s，所以其频率：．故A错误；电源电压有效值为12V，由电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为6V，电压表测量的是有效值，示数也为6V，
故B错误；电压表的示数为6V，灯泡电阻R
=6Ω，根据欧姆定律：．故
L
I=6×1=6W，根据输入功率等于输出功率，所以变压器输C正确；输出功率：P=U
2
入功率为6W，故D正确，故选CD。

【点睛】本题考查变压器原理；只要知道变压器的特点：匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出功率．
11.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd，用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点左右摆动．金属线框从图示位置的右侧某一位置由静止释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则下列说法中正确的是( )
A.线框中感应电流的方向先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
B.线框中感应电流的方向是d→c→b→a→d
C.穿过线框中的磁通量先变大后变小
D.穿过线框中的磁通量先变小后变大
【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查楞次定律的应用，关键在于先找出原磁通量的变化，再由楞次定律确定感应电流的磁场方向，最后确定感应电流。

【详解】由静止释放到最低点过程中，磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律，感应电流产生磁场也向上，再由右手螺旋定则可知，感应电流的方向：
d→c→b→a→d；同理，当继续向左摆动过程中，向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，电流方向是d→c→b→a→d；故选BD。

12.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运
动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J ，在M 点的动能为6J ，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )
A.小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶3
B.小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶4
C.小球落到B 点时的动能为32J
D.小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能为6J 【答案】AC 【解析】
将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故A 正确；B 错误；设物体在B 动能为E kB ，水平分速度为V Bx ，竖直分速度为V By ．由竖直方向运动对称性知mV By 2=8J 对于水平分运动运用动能定理 Fx 1=mV Mx 2-mV AX 2 F （s 1+s 2）=mV Bx 2-mV AX 2 s 1：s 2=1：3
解得：Fs 1=6J ；F （s 1+s 2）=24J 故E kB =m （V By 2+V Bx 2）=32J 因而C 正确；
由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F ，重力为G ，则有： Fx 1=6J ，•t 2=6J
Gh=8J ，
••t 2=8J 所以：
由上图可得：tanθ=得：sinθ=
则小球从A 运动到B 的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的P 点，故
E Kmin =mv min 2=m （v 0sinθ）2=J ，故D 错误．故选AC ．
点睛：本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后对水平分运动运用动能定律求解. 二、非选择题：
13.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ，完成下列测量： (1)用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图甲所示，由图可知其长度为________cm.
(2)用螺旋测微器测量其直径，如图乙所示，由图可知其直径为__________mm 。

【答案】(1).(2). 【解析】 【分析】
游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读． 【详解】游标卡尺测量其长度为：5cm+0.05mm×3=50.15mm； 用螺旋测微器测量其直径为：4.5mm+0.01mm×=4.700mm；
14.小华和小明在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，将实验数据记录在下表中： 电压U/V
电流I/A
(1)实验室有两种滑动变阻器供选择：
A．滑动变阻器(阻值范围0～10Ω、额定电流3A)
B．滑动变阻器(阻值范围0～2000Ω、额定电流1A)
实验中选择的滑动变阻器是________．(填写字母序号)
(2)在图甲中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整．________
(3)开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑至________(选填“左”或“右”)端．【答案】(1).A(2).(3).左
【解析】
【分析】
根据灯泡的电阻大小选择滑动变阻器；抓住灯泡电流、电压从零开始测起，滑动变阻器采用分压式，灯泡为小电阻，电流表采用外接法．
【详解】（1）由于灯泡的电阻大约在几欧左右，为了便于测量，滑动变阻器选择0-10Ω的A即可．
（2）由于灯泡的电压和电流从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法；电流表采用外接法．实物连线图如图所示．
（3）为了保护测量电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑至最左端．15.一个匝数为100匝，电阻为Ω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所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为多少
【答案】
【解析】
【分析】
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。

【详解】0-1s内的磁通量变化率为：K
1
=Wb/s=s，
则感应电动势E
1
==1V，
内的磁通量变化率为：K
2
=Wb/s=s，
则感应电动势E
2
==5V，
对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：Q=Q
1+Q
2
==12J
根据有交流电有效值的定义：Q=I2RT
得：I=2A；
16.轻质细线吊着一质量为m＝、边长为L＝1m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g＝10m/s2)
(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求线圈的电功率；
(3)求在t＝4s时轻质细线的拉力大小．
【答案】（1）逆时针（2）P=（3）
【解析】
（1）由楞次定律可知：磁场在增加，则电流的方向为逆时针方向；
（2）根据法拉第电磁感应定律；
解得：E=10×=；
再由P=；代入数据，可解得：P==；
（3）根据闭合电路欧姆定律，则有：I==0.5A；
=nBIL
且F
安
在t=4s时，磁场的大小B=×4+=
=10×××1=3N；
所以安培力F
安
那么由平衡条件，则拉力F=mg-F
=×10-3=
安
点睛：考查楞次定律、法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握平衡方程的内容，注意安培力的方向变化．
17.如图所示，两根相距L＝1m的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R＝1Ω的电阻．质量均为m＝2kg 的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R＝1Ω.整个装置处于磁感应强度大小B＝1T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静止．g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝，求：
(1)水平拉力的功率；
(2)现让cd杆静止，求撤去拉力后ab杆产生的焦耳热
【答案】(1)864W(2)864J
【解析】
【分析】
（1）根据安培力公式与平衡条件求出电流，然后又E=BLv求出电动势，应用欧姆定律求出金属杆的速度，由平衡条件求出水平拉力，然后应用P=Fv求出拉力的功率．
（2）由能量守恒定律求出产生的热量，然后应用焦耳定律求出ab杆产生的焦耳热．
【详解】（1）cd杆静止，由平衡条件可得mgsinθ＝BIL，
解得I＝12A
由闭合电路欧姆定律得2I＝，得v＝36m/s
水平拉力F＝2BIL＝24N，
水平拉力的功率P＝Fv＝864W
（2）撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q＝ΔE
＝mv2＝1296J
k
而Q＝I′2·R·t，
ab杆产生的焦耳热Q′＝I′2·R·t，
所以Q′＝Q＝864J.
【点睛】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚运动过程，应用E=BLv、安培力公式、欧姆定律、功率公式与焦耳定律可以解题．
18.如图，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发进入复合场中，初速度方向与x轴正方向的夹角为45°，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间．
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】
（1）微粒在到达A（l，l）之前做匀速直线运动，受力分析如图：
根据平衡条件，有：；解得：；
（2）根据平衡条件，有：；电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图：
根据牛顿第二定律，有：；
由几何关系可得：；
联立解得：；
（3）微粒做匀速直线运动的时间为：；
做圆周运动的时间为：，
在复合场中运动时间为：；
故本题答案是：（1）；（2）；（3）；
点睛：在电场中正确受力分析根据平衡可求出电场强度的大小，在磁场中运动时要找到运动轨迹的半径，再结合物理知识求解即可。