1、云南省元江一中2018-2019学年下学期3月份考试高二物理一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定点A，在Q的正上方的P处用绝缘细线悬挂另一质点B，A、B两质点因带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成角，由于漏电使A、B两质点的带电量减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力为()A. 不变B. 变小C. 变大D. 先变小后变大【答案】A【解析】【详解】以小球B为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图。作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G。根据FBF1PQB得： 得：F2=G；在A、B两质点带电量逐
2、渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变。故A正确，BCD错误；故选A。2.已知电流表电阻RA=2，电压表内阻RV=20k，现有一个阻值约为200的待测电阻需要较精确地测量其阻值，那么以下说法中，正确的是()A. 用电流表内接法测量误差较小B. 用电流表外接法测量误差较小C. 用电流表内接法或用电流表外接法所测量的结果精确程度相同D. 无法确定哪种测量方式好【答案】C【解析】【详解】因，则可知其精确程度相同，则C正确，ABD错误，故选C。3.一个电容器的规格是“50V，10F”，则()A. 这个电容器只有加上50V电压时，电容才是10FB. 这个电容器能容纳的最大电荷量为10C
3、C. 这个电容器储存的电荷量一定为500CD. 这个电容器两端的电压等于10V时，它两极板电荷量(绝对值)之和为200C【答案】D【解析】【详解】电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压时，电容都是10F故A错误。这个电容器能容纳的最大电荷量为Q=CU=1050C=500C故B错误。由Q=CU分析可知，这个电容器储存的电荷量与电压成正比，所以电容器储存的电荷量不一定为500C故C错误。这个电容器两端的电压等于10V时，电容器的电量为Q=CU=1010C=100C，则两极板电荷量绝对值之和为200C故D正确。故选D。4.下列说法正确的是A. 物体所带的电荷量可以为B. 不带电的物体上，
4、既没有正电荷也没有负电荷C. 摩擦起电的过程，是靠摩擦产生了电荷D. 利用静电感应使金属导体带电，实质上是导体中的自由电子趋向或远离带电体【答案】D【解析】【详解】物体所带的电荷量不能为任意实数，只能为元电荷即1.6010-9C的整数倍，所以物体所带的电荷量不可能为210-19C，故A错误；不带电的物体，并不是没有正、负电荷，而是没有多余的电荷，故B错误；摩擦起电是自由电荷转移后，导致物体有多余电荷，从而使物体带上电，故C错误；静电感应带电，实质上是导体中的自由电子在电场中受到的电场力作用下，远离或靠近带电体，故D正确。所以D正确，ABC错误。5.下列关于电流说法正确的是()A. 导体中没有电
5、流时，说明导体内部没有电荷移动B. 由可知，导体两端电压越大，经过导体的电流越大C. 电流有方向，所以是矢量D. 由可知，经过导体的电流越大，导体电阻越小【答案】B【解析】试题分析：A、电荷定向移动形成电流，导体中没有电流时，说明导体内部没有定向移动的电荷，不是没有电荷移动；错误B、由欧姆定律可得，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，跟它的电阻成反比,即导体两端电压越大，经过导体电流越大；正确C、电流有方向，但是电流是标量；错误D、导体电阻是导体本身的一种性质，由导体本身决定，与导体两端的电压无关，与通过导体的电流无关；错误故选B考点：电流的概念、欧姆定律点评：掌握电流与电阻两端的电压成正比
6、，与导体的电阻成反比，而电阻是导体本身的性质，与是否有电压及电流无关。6.如图所示，在正方形区域abcd内有一垂直纸面向里的匀强磁场，一束电子以大小不同的速率沿ac从a点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是()A. 入射速度越大的粒子，其运动时间越长B. 运动时间越长的粒子，其运动轨迹越长C. 从ad边出射的粒子的运动时间都相等D. 从cd边出射的粒子的运动时间都相等【答案】C【解析】【详解】电子做圆周运动的周期，保持不变，电子在磁场中运动时间为，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。电子沿ac方向入射，若从ad边射出时，根据几何知识可知在
7、ad边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关，故A错误，C正确。从ad边上射出的电子一定比从dc边上射出的电子时间长，但是轨迹不一定长，选项B错误；从cd边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等。故D错误。故选C。7.一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为()A. B. 1C. 2D. 4【答案】B【解析】由法拉第电
8、磁感应定律：，且、则有，故两过程中感应电动势的大小相等,线框中感应电动势的比值为，故选项B正确。点睛：由题意可知两种情况下磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势，即可求得比值。【此处有视频，请去附件查看】8.如图所示，在x0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合令线框从t0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向为电流正方向)随时间t的变化图线It图象可能是图中的()A. B. C. D. 【答案】D【解析】在题中只有cd杆切割磁感线，由右手定则产生的感应
9、电流为cd，回路中的电流为顺时针，故电流应为负值，且 ，即I-t关系是正比关系，故只有D为准确的I-t图象故选D9.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）【答案】B【解析】试题分析：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定
10、不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确故选B考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化【此处有视频，请去附件查看】10.如图所示，电路中完全相同的三只灯泡a，b，c分别与电阻R、电感L、电容C串联，
11、然后再并联到220V,50Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60Hz，则发生的现象是()A. 三灯亮度不变B. 三灯均变亮C. a不变、b变亮、c变暗D. a不变、b变暗、c变亮【答案】D【解析】当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此b变暗，c变亮。又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，则a灯亮度不变。故D项正确，ABC三项错误。点睛：交流电是能够通过电容的，但是将电容器接入交流电路中时，电容器极板上所带电荷对定向移动的电荷具有阻碍作用，物理学上把这种阻碍作用称为容抗，且容抗。交流电可以通过线圈，但是线圈的电感对交流电有
12、阻碍作用，这个阻碍叫做感抗，且感抗。11.电磁灶是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物有关电磁灶，下列说法中正确的是()A. 锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B. 电磁灶中通入电压足够高的直流电也能正常工作C. 金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁灶来烹饪食物D. 电磁灶的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗【答案】A【解析】【详解】锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，磁场变化的频率越高，产生的涡流越强，故A正确；直流电不能产生变化的磁场，在锅体中不能产生感应电流，电磁炉不能使用直流电，故B错误；锅体只能用铁磁性导体材料，不能使用绝缘材料制作锅体，故C
13、错误；电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，故D错误；故选A。12.交流发电机在工作时电动势为e=Emsint，若将发电机的转速提高一倍，同时将线圈所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为()A. e=EmsinB. e=2EmsinC. e=Emsin2tD. e=sin2t【答案】C【解析】【详解】感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsint，当将其电枢的转速提高一倍时，都增加一倍，电枢所围面积减小一半，根据Em=NBS可知，电动势最大值不变，其表达式变为 e=Emsin2t。故选C。二、多选题(共4小题,每小题
14、4.0分,共16分)13.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是（ ）A. 电子在磁场中运动的时间为B. 电子在磁场中运动的时间为C. 磁场区域的圆心坐标（，）D. 电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，2L）【答案】BC【解析】试题分析：电子的轨迹半径为R，由几何知识，得（1）所以电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，L)，电子在磁场中运动时间（2），而（3），所以,AD错误
15、，B正确，设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中,所以磁场圆心坐标为,C正确，考点：考查了带电粒子在磁场中的运动点评：通过题意刚好得出带电粒子在电场中做类平抛运动，这是本题的突破点当得出这一条件时，则粒子在磁场中运动轨迹可以确定，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用平抛运动规律来运动分解处理14. 一电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图所示，若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则（ ）A. h=dB. 电子在磁场中运动的时间为C. 电子在磁场中运动的时间为D. 洛伦兹力对电子不做功【答案】CD【解析】解：A、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动
16、，如果电子垂直与水平边射出，则电子在磁场中转过圆周，h=d，由图示可知，电子射出磁场时速度与水平边不垂直，电子转过的弧长不到圆周，hd，故A错误；B、用PN表示电子运动的弧长，电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，运动时间为 t=，故B错误，C正确D、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力对电子不做功，故D正确；故选：CD【点评】本题要知道带电粒子在磁场中作的是匀速圆周运动，应该用圆周运动的知识求时间，而不能运用运动的分解法求解时间15.电阻为1 的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦式交流电的it
17、图线如图中图线a所示；调整线圈的转速后，该线圈中产生的正弦式交流电的it图线如图线b所示以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是()A. t0时刻穿过线圈的磁通量均为零B. 线圈先后两次的转速之比为32C. 图线a对应的交流电的电动势的有效值为5VD. 图线b对应的交流电的电动势的最大值为5 V【答案】BC【解析】由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；由图象可知TA：TB=2：3，根据T=1/n可知nA：nB=3：2，所以B正确；由图象可知，交流电a的最大值为10V，所以交流电a的电动势有效值E=V，所以C正确；交流电最大值Um=NBS，故Uma：Umb=3：
18、2，故Umb=Uma=V，故D错误。故选BC。16.熔化金属的一种方法是用“高频炉”，它的主要部件是一个铜制线圈，线圈中有一坩埚，埚内放待熔的金属块，当线圈中通以高频交流电时，埚中金属就可以熔化，这是因为()A. 线圈中的高频交流电通过线圈电阻，产生焦耳热B. 线圈中的高频交流电产生高频微波辐射，深入到金属内部，产生焦耳热C. 线圈中的高频交流电在坩埚中产生感应电流 ，通过坩埚电阻产生焦耳热D. 线圈中的高频交流电在金属块中产生感应电流，通过金属块电阻产生焦耳热【答案】D【解析】线圈中的高频交流电通过线圈，从而产生变化的电磁场，使得处于电磁场的金属块产生涡流，进而发热，故ABC错误，D正确；故
19、选D。三、实验题(共2小题,共16分)17. 为了测定一节干电池的电动势和内电阻，现准备了下列器材：待测干电池E（电动势约1.5 V，内阻约为1.0 ）电流表G（满偏电流3.0 mA，内阻为10 ）电流表A（量程00.60 A，内阻约为0.10 ）滑动变阻器R1（020 ，2 A） 滑动变阻器R2（01000 ，1 A）定值电阻R3990 开关和导线若干（1）为了能尽量准确地进行测量，也为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_（填仪器字母代号）；（2）请在图甲所示的方框中画出实验电路原理图，并注明器材的字母代号；（3）图乙所示为某同学根据正确的电路图做出的I1I2图线（I1为电流表G的示数，
20、I2为电流表A的示数），由该图线可求出被测干电池的电动势E_V，内电阻r_。【答案】 (1). R1 (2). (3). 1.5 (4). 0.78【解析】试题分析：（1）为了操作方便，在选择滑动变阻器时应选取和被测阻值相差不大的，故选R1（2分）。（2）因为题目中没有给出电压表，所以需要电流表G和一定值电阻串联，改装成一个电压表，如图（4分）。（3）根据闭合回路欧姆定律可得，带入数据可得E=1.450.01V（2分），r=0.900.01（2分）。考点：考查了测定电源电动势和内阻的实验点评：解决本题的关键掌握测量电源电动势和内阻的原理，以及会分析误差形成的原因18.某实验小组研究两个未知元件
21、X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3k）、电流表（内阻约为1）、定值电阻等。（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“1” 欧姆档测量，示数如图（a）所示，读数_，据此应选择图中的_（选填“b”或“c”）电路进行实验。（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐_填 “增大”“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。（3）图（d）是根据实验数据做出的UI图线，由图可判断元件_（填“X”或“Y”）是非线性元件。（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R21的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图（e）所示，闭合S
22、1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，电压表读数为1.00V，结合图（d）可算出E_V，r= _。（结果均保留两位有效数字，电压表为理想电压表）【答案】（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50【解析】试题分析：电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率根据元件X的电阻大小确定电流表的内外接先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r解：（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差
23、较小，因此需要选择图b所示实验电路（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；（3）如图（d）是根据实验数据作出的UI图线，由图可判断元件Y是非线性元件；（4）根据UI图线得出元件X的电阻R=10；闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，根据闭合电路欧姆定律列出等式E=3+rE=1+（r+21）解得：E=3.2Vr=0.50故答案为：（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50【点评】知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化关键掌握滑动变
24、阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻四、计算题19.如图所示，电源电动势E=18 V，内阻r=2 ，两平行金属板水平放置，相距d=2 cm，当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时，一带电量q=2107C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央，此时理想电流表的读数为1 A已知定值电阻R1=6 求：（1）带电液滴的质量（取g=10 m/s2）（2）当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，液滴到达极板时的动能【答案】（1）1.6105kg（2）7.14108J【解析】【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求解路端电压，然后对液滴根据共点力平衡条件列式求解质量；(2)
25、当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，电压增加，液滴向上做匀加速直线运动，根据动能定理列式求解末动能。【详解】(1) 根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=E-Ir=18-12.0=16V液滴平衡，故： 代入数据解得：；(2) 当滑片在中点时： 解得：R2=20当滑片滑到C点时，路端电压： 根据动能定理，液滴到达上极板时的动能为： 。【点睛】本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系求解极板间的电压；然后结合平衡条件、动能定理列式求解。20.如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B=2103T磁场右边是宽度为L=0.2 m、场强为E=40 V/m、方向向左的匀强电
26、场一带电粒子电荷量为q=3.21019C，质量为m=6.41027kg，以v=4104m/s的速度沿OO垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出求：(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在题图上)；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能【答案】(1)(2)0.4m (3)7.681018J【解析】【详解】（1）运动轨迹如图所示（2）带电粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得，qvB=m，.（3）带电粒子飞出电场时的动能：Ek=EqLmv2=403.210190.2J6.41027(4104)2J=7.681018J21.如图所示，有一倾角=37
27、的粗糙斜面，斜面所在空间存在一有界矩形匀强磁场区域GIJH，其宽度GI=HJ=L=0.5 m有一质量m=0.5 kg的“日”字形匀质导线框abcdef，从斜面上静止释放，释放时ef平行于GH且距GH为4L，导线框各段长ab=cd=ef=ac=bd=ce=df=L=0.5 m，线框与斜面间的动摩擦因数=0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等、均为R=0.5 ，其余电阻不计已知ef边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动，不计导线粗细，重力加速度g=10 m/s2，求：(1)ef边刚进入磁场时的速度v的大小(2)匀强磁场的磁感应强度B.(3)线框从开始运动到ab边穿出磁场过程中ab边发的焦耳热为多少？【
28、答案】（1）v=4m/s（2）B=1 T（3）1J【解析】试题分析：（1）由动能定理，2分得，v=4m/s 1分(2)当线框匀速运动时，对电路，E=BLv 1分R总=R+1分1分对线框，1分解得，B=1 T 1分（3）当线框每条边切割磁感线时，等效电路都一样。所以ef和cd作为电源时1分时间为,1分1分当ab做为电源时，1分时间为,1分整个过程总热量，Q=Q1+Q2=1J 1分考点：考查了导体切割磁感线运动点评：本是电磁感应中常见的问题：导体在导轨上滑动的类型，从力和能两个角度研究力的角度，关键是安培力的分析和计算能的角度要把握涉及几种能、能量如何是转化的22.在如图甲所示区域(图中直角坐标系
29、Oxy的一、三象限)内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小为B，半径为l，圆心角为60的扇形导线框OPQ以角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R.(1)求线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f；(2)在图乙中画出线框在一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象(规定与图中线框的位置相应的时刻为t=0)【答案】（1）， （2）【解析】（1）在从图1中位置开始t=0转过60的过程中，经t，转角=t，回路的磁通增量为l2B由法拉第电磁感应定律，感应电动势为：因匀速转动，这就是最大的感应电动势。由欧姆定律可求得：I0Bl2前半圈和后半圈I（t）相同，故感应电流周期为：T，频率为：。故感应电流的最大值为I0Bl2，频率为。（2）由题可知当线框开始转动过程中，有感应电流产生，全部进入时，无感应电流，故当线框全部进入磁场接着再旋转过程中无电流，然后出磁场时，又有感应电流产生。故图线如图所示：点睛：本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，注意公式和E=BLv的区别以及感应电流产生条件，并记住旋转切割产生感应电动势的公式E=BL2。