广东省广州越秀区广大附中2016-2017学年高二下学期期末考试物理试题Word版含解析

2016学年第二学期期末考试高二理科物理问卷命题人：刘智炜审题人：王海军潘万洋本试卷共7页，16小题，满分100分．考试用时90分钟．一、单项选择题（本大题6小题，每小题4分，共24分）1．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（）A．a、b两点的场强相同B．电荷从a点移到b点静电力不做功C．a、b、c三点的电势都大于无穷远处的电势D．两个等量异种电荷的连线上c点场强最强【答案】B【解析】由等量异种电荷的电场线分布可知，a、b两点的场强方向相同，大小不同，选项A 错误．ab两点的电场方向水平向右，故电荷从a点移到b点静电力不做功，选项B正确；a、b、c三点的电势都等于零，都等于无穷远处的电势，C错误．两个等量异种电荷的连线上c点场强最弱，选项D错误；故选B．2．一矩形线圈在匀强磁场中绕一固定转轴作匀速转动，当线圈刚好处于如图所示的位置时，则它的（）A．磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大B．磁通量最小，磁通量的变化率最小，感应电动势最小C．磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电动势最小D．磁通量最大，磁通量的变化率最大，感应电动势最大【答案】A【解析】当线圈处于图中所示位置时，即线圈平面与磁场方向平行，此时磁通量为零，最小；磁场方向与切割边转动速度方向相互垂直，故感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故A 正确，BCD 错误．3．中国已投产运行的1000kV 物高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来原500kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P ．保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为（ ） A ．4p B ．2P C ．2p D ．4p【答案】A【解析】由P UI =可知输出电压由500kV 升高到1000kV 时，电路中的电流将减为原来的一半；由2P I R =可知电路中损耗的功率变为原来的1/4．故A 正确．4．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L 、小灯泡A 、开关S 和电池组E ，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S ，小灯泡发光；再断开开关S ，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是（ ）A ．电源的内阻较大B ．小灯泡电阻偏大C ．线圈L 电阻偏大D ．线圈的自感系数较大【答案】C【解析】A ．开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关．B ．若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象．C ．线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象．D ．线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D 错误．5．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B 随时间如图乙变化时，图丙中正确表示线圈中感应电动势E 变化的是：（ ）甲乙A ．B ．C ．D ．丙【答案】A【解析】在01s -内，根据法拉第电磁感应定律，022nB S BS EE nn t t φ∆∆====∆∆．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值．故A 正确，B 、C 、D 错误．6．如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa 打到屏MN 上的a 点，通过pa 段用时为t ，若该微粒经过P 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终找到屏MN 上．两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的（ ）A ．轨迹为pb ，至屏的时间将小于taB ．轨迹这pc ，至屏的时间将大于taC ．轨迹为pa ，至屏的时间将大于taD ．轨迹为pb ，至屏的时间将等于ta【答案】C【解析】带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由2v Bqv m r=，得：mv P r qB qB ==． P 、q 都不变，可以知道粒子碰撞前后的轨迹半径r 不变，故轨迹应为pa ；因周期2πmT qB=可以知道，因m 增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故pa 所用的时间将大于ta ．二、多项选择题：（本大题6小题，每小题5分，共30分，错选0分，漏选3分） 7．关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是（ ） A ．原子核的结合能越大，原子核越稳定 B ．入射光频率大于极限频率能产生光电子C ．23992U 衰变成20682U 要经过8次β衰变和6次α衰变D ．发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2 【答案】BD【解析】A ．比结合能越大原子核越稳定，原子核的结合能越大，原子核不一定越稳定，故A 错误．B ．入射光频率大于极限频率能产生光电子，故B 正确．C ．铀核()23892U 衰变为铅核()20682Pb 的过程中，α衰变一次质量数减少4个，次数23820684n -==， β衰变的次数为28(9282)6n =⨯--=要经过8次α衰变和6次β衰变，故C 错误．D ．α粒子为氦核，由两个质子和两种中子组成，所以发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，所以D 选项是正确的．8．如图所示，A 和B 都是铝环，环A 是闭合的，环B 是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动．从前往后看，下列判断正确的是（ ）A ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会靠近磁铁B．用磁铁的N极靠近B环，B环中会产生感应电动势C．用磁铁的N极靠近A环，A环会有顺时针方向的电流产生D．用磁铁的N极靠近A环，A环会有逆时针方向的电流产生【答案】BD【解析】A．A环闭合，磁铁插向A环时，产生感应电流，环受力，A环会远离磁铁．所以A 选项是错误的．B．金属B不闭合，磁铁插向B环时穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动，故B正确．C、D．用N极接近环A时，向里的磁通量最大，所以A环中感应电流的磁场的方向向外，环A 能产生逆时的感应电流，故C错误，D正确．9．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面的由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则（）A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a d c b a→→→→B．导线杠离开磁场时，感应电流方向为C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右【答案】AC【解析】线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由右手法则可知感应电流方向为，a d c b a→→→→，安培力方向水平向左；同理线框离开磁场时，电流方向为，a d c b a→→→→，安培力方向水平向左，故AC正确．10．如图所示，水平面上相距10.5m=的两根光滑平行金属导轨MN和PQ，他们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有最大阻值为6.0Ω的滑动变阻器R，导体棒ab电阻1r=Ω，与导轨垂上且接触良好，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度0.4=，滑动变B T阻器滑片处在正中间位置，ab在外力F作用下以10m/sv=的速度向右匀速运动，以下判断正确的是（）A ．通过导体棒的电流大小为0.5A ，方向由a 到bB ．导体接受到的安培力大小为1N ，方向水平向左C ．外力F 的功率大小为1WD ．若增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向M 端移动 【答案】ACD【解析】AB ．切割电动势为：0.40.5102V E BLv ==⨯⨯=， 感应电流大小为：2A 0.5A 13E I r R ===++， 根据右手定则，感应电流方向为：a b →； 安培力大小为：0.40.50.50.1N A F BIL ==⨯⨯=, 根据左手定则，安培力水平向左；故A 正确，B 错误． C ．导体棒匀速运动，则拉力为0.1N A F F ==，故拉力的功率为：0.1101W P Fv ==⨯=，所以C 选项是正确的．D ．导体棒相当于电源，当外电阻与内电阻越是接近，外电阻消耗的功率越大，故要增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向M 端移动，所以D 选项是正确的．11．一个含有理想变压器的电路如图所示，其中1R 、3R 、4R 为定值电阻，2R 为滑动变阻器，电表为理想电表，u 为正弦交流电源，输出电压有效值恒定，当滑片P 从左向右滑动的过程，下列说法正确的是（ ）A ．电压表示数变大B ．电容器C 所带电荷量始终不变 C ．电流表示数减小D ．理想变压器输出功率增大【答案】AC【解析】AC ．设原线圈电流为1I ，原线圈的电压为111U U I R =-，根据电压与匝数成正比可得：1122U n U n =，副线圈的电流为：2223U I R R =+，根据电流与匝数成反比可得：1122n I n I =，联立各式计算出：22111()n U U R I n =-;222222311n U n I n R R R n =⎛⎫++ ⎪⎝⎭，原副线圈匝数不变，当滑片P 从左向右滑动的过程中，2R 增大，所以2I 减小，1I 减小，2U 增大，故AC 正确．B ．因为2I 减小，3R 两端的电压减小，即电容器的电压减小，由Q CU =可以知道，电容器C 所带电荷量减小，故B 错误．D ．理想变压器输出功率为211111111()P U I U I R I UI I R ==-=-，P 是关于1I 的二次函数，当1I 减小，P 有可能先增大后减小，也有可能一直减小，故D 错误．12．可视为质点的甲、乙两球质量分别为m 、2m ，在甲球由静止释放的同时乙球竖直向上抛出，两球相碰前瞬间速度大小都是0v ，碰撞时间极短，碰后两球粘在一起．不计空气阻力，当地重力加速度为g ，选竖直向下为正方向，则（ ） A ．从释放甲球到两球相碰前瞬间，甲球所受重力的冲量为0mv B ．从释放甲球到两球相碰前瞬间，乙球动量变化量为02mv -C ．甲、乙碰撞后继续上升的高度为22v gD ．甲、乙碰撞过程中损失的机械能为243mv【答案】AD【解析】从释放甲球到两球相碰前瞬间，由动量定理得：甲球所受重力的冲量为：000I mv mv =-=甲．故A 选项正确．B ．设从释放甲球到两球相碰时的时间为t ，则由I mgt =甲，得：0v t t=对于乙球，选竖直向下为正方向，由动量定理得：022P mgt mv ∆==乙．故B 错误．CD ．设碰后瞬间两者的速度为v ，根据动量守恒定律得：0023mv mv mv -=，得：03v v =-． 甲、乙碰撞后继续上升的高度为：220218gv v h g ==． 甲、乙碰撞过程中损失的机械能为：22220004111232223mv E mv mv mv ∆=+⨯-⨯=．故C 错误，D正确．三、实验题：（本大题1小题，共10分）13．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V ，1.5W ”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．有现有如下器材： 直流电源（电动势3.0V ，内阻不计） 电流表1A （量程3A ，内阻约0.1Ω） 电流表2A （量程600mA ，内阻约5Ω） 电压表1V （量程3V ，内阻约3k Ω）电压表2V （量程15V ，内阻约200k Ω） 滑动变阻器1R （阻值0~10Ω，额定电流1A ）滑动变阻器2R （阻值0~1k Ω，额定电流300mA ）（1）在该实验中，需要尽可能精确测量，电流表应选择__________（选填“1A ”或“2A ”），电压表应选择__________（选填“1V ”或“2V ”），滑动变阻器应选择__________（选填“1R ”或“2R ”）．（2）请在图中方框中完成实验的电路图．（3）该同学正确连接电路后检查所有元器件都完好，进行测量．根绝所选仪器和实验电路，实验中小灯泡电阻的测量值__________真实值（填“大于”，“等于”或“小于”），这种误差属于__________（“系统误差”或“偶然误差”）．（4）下图是学习小组在实验中根据测出的数据，在方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线．若将两个该灯泡并联后，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P =__________W （保留两位有效数字）．（若需作图，可直接画在图中）【答案】（1）2A 、1V 、1R ．（2）如图所示：（3）小于、系统误差． （4）1.5W ．【解析】（1）由P UI =可知，500mA PI U==；为了安全和准确，电流表应选择2A ；灯泡的额定电压为3V ，直流电压表选择3V 量程的误差较小，即选1V ．因本实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选1R ．（2）因测量小灯泡的伏安特性曲实验中要求电压从需开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；原理图如下；（3）由于电表内电阻的影响，本实验中电压表的求数等于小灯泡两端的电压，电流表的示数大于流过小灯泡的电流；因此电阻的测量值小于其真实值．（4）由题意可知，小灯泡两端电压为电源电压3V ，为额定电压，所以其实际功率为1.5W ． 四、计算题：（本大题3小题，14题10分，15题12分，16题14分，共36分）14．如图所示，一个质量为m ，电荷量q +的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经加速电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L ，两板间距d ，微粒射出偏转电场时的偏转角，并接着进入一个方向垂直纸面向里的匀强磁场区域．若加速电场的电压1U （1U 未知）由一面积为S 的单匝圆形金属线圈，线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k 的磁场t B 产生．求：（1）两金属板间的电压2U 的大小．（2）若该匀强磁场的宽度为D ，为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B 至少多大．【答案】（1）2U =（2）B = 【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，短感应电动势为：BE S kS t t∆Φ∆===∆∆则，1U E kS == ① 带电粒微经加速电场加速后速率为0v ，根据动能定理有21012qU mv = ②粒子经2U 电压偏转，有0tan 30atv ︒= ③ 0Lt v = ④ 2qU a dm=⑤联立①②③④⑤，得2U ． （2）在平行板电容器中的运动根据速度分计算得出0tan 30y v v ︒=，进入磁场时的速度为v = 不能从磁场右边界射出，则带电粒子在磁场中做圆周运动的半径不能大于图，存在最大值，根据三角形得sin D R R θ=+．再根据向心力和沦仑兹力公式得3v m qvB R=．联立上式求得磁感应强度的最小值为mv B qR =15．如图所示，在坐标xoy 平面内存在 2.0B T =的匀强磁场，OA 与OCA 为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA 满足曲线方程π0.50sin()5x y m =，C 为导轨的最右端，导轨OA 与OCA 相交处的O 点和A 点分别接有体积可忽略的定值电阻1R 和2R ，其1 4.0R =Ω、2=12.0R Ω．现有一足够长、质量0.10kg m =的金属棒MN 在竖直向上的外力F 作用下，以3.0m/s v =的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻1R 、2R 外其余电阻不计，g取210m/s ，求：（1）金属棒MN 在导轨上运动时感应电流的最大值． （2）外力F 的最大值．（3）金属棒MN 滑边导轨OC 段，外力F 做功是多少． 【答案】（1）1.0A ．（2）2.0N ．（3）4.2J ．【解析】（1）金属棒MN 沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN 匀速运动到C 点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大． 金属棒MN 接入电路的有效长度为导轨OCA 形状满足的曲线方程中的x 值． 因此接入电路的金属棒的有效长度为π0.5sin 5L x y ==． 0.5m m m L x ==． m m E BL v = 3.0V m E =．mm E I R =并1212R R R R R =+并．1.0A m I =．（2）金属棒MN 匀速运动中受重力mg 、安培力F 安、外力F 外作用， m m m F I L B =安计算得 1.0N m F =安．m m F F mg =+外安计算得 2.0N m F =外．（3）金属棒滑过导轨OC 段过程中，由能量守恒可知，外力F 做的功等于金属棒MN 获得的机械能（动能+重力势能）和导轨产生的热能之和． 金属棒滑到OC 段时，金属棒的机械能为：221150.130.110 2.95J 222E mv mgh =+=⨯⨯+⨯⨯=机械．金属棒MN 在运动过程中，产生的感应电动势π3.0sin 5E y =． 有效值为E E =有金属棒MN 滑过导轨OC 段的时间为t ，OC y t v=52y m =．计算得出：5s 6t =．滑过OC 段产生的热量：2E Q t R =有并．计算得出： 1.25J Q =．则，外力F 做的功 2.95 1.25 4.2J W F Q =+=+=机械．16．如图所示，质量为2kg 的物块A （可看作质点），开始放在长木板B 的左端，B 的质量为1kg ，可在水平面上无摩擦滑动，两端各有一竖直挡板M 、N ，现A 、B 以相同的速度06m/sv =向左运动并与挡板M 发生碰撞．每次B 只要与M 碰后其速度立即变为0，但不与M 粘接；A 与M 碰后没有能量损失，碰后将接着返回向N 板运动，且在每次与N 板碰撞之前，A 、B 均能达到共同速度并且立即被锁定，让其二者一起向N 板运动，与N 板碰撞后A 、B 一并原速反向，并且立即解除锁定．A 、B 之间动摩擦因数0.1ϖ=．g 取210m/s ．回答下列问题： （1）在与N 板发生第一次碰撞之前A ，B 的共同速度是多少？A 相对于B 向右滑行距离1S ∆是多少．（2）通过计算，A 与挡板M 能否发生第二次碰撞． （3）A 和B 最终停止在何处？A 在B 上一共通过了多少路．【答案】（1）4m/s ；6m ．（2）A 物块与M 板能发生第二次碰撞．（3）停在M 档板处，13.5m ．【解析】（1）设与N 发生第一次碰前，A 、B 共同运动速度为1v ，A 与M 板第一次碰撞后的速度为，1A v 根据题意得：10A v v =．对A 、B 在与M 板碰后至A 、B 共同运动速度的过程中，由动量守恒定律得：11()A A A B m v m m v =+ 代入数据计算得出：1124m/s 3A v v ==． 由能量守恒得：2211111()22A A AB m g S mv m m v μ∆=-+．联立上式并代入数据计算得出：2116m 6Av S ∆==．（2）B 第二次与M 板碰后，速度为零，A 物块在B 板上做匀减速运动，设A 物块能到达B 板最左端，且到达最左端的速度为2A v ，则由动能定理得：222111122A A A A m v m v m g S μ=-∆． 代入数据计算得出：2112m/s 3A A v v ==．因为22m/s A v =解合理，所以A 物块与M 板能发生第二次碰撞．（4）第二次碰后A 物块的速度仍为2A v ，同理经过上述全过程到达B 板最左端的速度为：3213A A v v =，故A ，B 能继续上述过程直至A 速度减为0并停在M 档板处．同理得A 物块在B 板上滑行的距离：22211=69A v S S ∆=∆．依此类推：32121129S S S ∆=∆=∆． 1231121192()2113.5m 949S S S S S S ⎛⎫∆=∆+∆+∆+=∆+++=∆= ⎪⎝⎭ ．。