1、民勤一中20182019学年度第一学期期末考试试卷高二物理（理）一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分，在每小题给出的四选项中，只有一项是符合题目要求的）1.街道旁的路灯、江海里的航标灯都要求夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的（ ）A. 压敏性 B. 热敏性C. 光敏性 D. 三特性都利用了【答案】C【解析】【分析】传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量【详解】灯要求夜晚亮、白天熄。则白天有光，黑夜没有光，则是由光导致电路的电流变化，所以电路中光传感器导致电阻变化，实现动控制，因此是利用半导体的光敏性。
2、故选C。【点睛】热敏电阻是当温度变化时，导致电阻的阻值发生变化；而光敏电阻则是当有光时，其电阻的阻值发生变化当它们起作用时，其电阻的阻值都是变小，而金属电阻则是变大2.如图所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是() A. t = 0.8s，振子的速度方向向左 B. t = 0.2s时，振子在O点右侧6cm处C. t = 0.4s和t = 1.2s时，振子的加速度完全相同 D. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小【答案】A【解析】试题分析：A、由图可知t=0.8s时，振子在平衡位置由正位
3、移向负位移方向运动，即向左运动，速度方向向左；正确B、振动周期T=1.6s，振幅A=12cm，由图像函数可知，当t=0.2s时，振子在O点右侧处；错误C、由图像可知t=0.4s和t=1.2s，振子分别在B、A两点，加速度大小相同，方向相反；错误D、t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子由最大位移处相平衡位置运动，振子速度越来越大；错误故选A考点：简谐运动点评：熟练掌握由振动图像来判断振子的运动情况，会求振子在任意时刻的位置。3.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm.则质
4、点的振动周期和振幅分别为( )A. 3 s,6 cmB. 4 s,6 cmC. 4 s,9 cmD. 2 s,8 cm【答案】B【解析】以相同的速度依次通过M、N两点画出轨迹图如图所示，质点由M到O，由O到N运动时间相同，均为1s，可见周期为4s，振幅为6cm，B对；4.如图所示为一交流电压随时间变化的图象每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定根据图中数据可得，此交流电压的有效值为()A. 7.5 VB. 8 VC. 2 VD. 3 V【答案】C【解析】有效值是根据焦耳热功率来定义的，U=2V5. 如图所示，导线框abcd与导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，
5、当线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是：( )A. 先abcd，后dcba，再abcdB. 先abcd，后dcbaC. 始终dcbaD. 先dcba，后abcd，再dcba【答案】D【解析】试题分析：由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为；当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可在，感应电流方向为：；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：；故AB
6、C错误，D正确。考点：楞次定律【名师点睛】通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律，注意通电导线的磁场大小与方向的分布同时强调线圈中心轴处于导线位置时，磁通量为零。6.如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1R212，则下列说法正确的是()A. 离子的速度之比为12B. 离子的电荷量之比为12C. 离子的质量之比为12D. 离子的比荷之比为21【答案】D【解析】A、由离子在匀强磁场中运动的径迹及磁场方向可知，离子带正电，故选项A正确；B、离子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有：，解得，可知离子的速度之
7、比为，故选项B错误；C、离子进入偏转磁场，根据得，则荷质比，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为，则比荷之比为，由题目条件，无法得出电荷量之比，故选项C错误，D正确。 点睛：解决本题的关键掌握在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡掌握粒子在磁场中运动的半径公式公式，并能灵活运用。7.如图所示，在第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以不同速率沿着与x轴成30角方向，从原点射入磁场，它们的轨道半径之比为1:3，则正、负电子在磁场中的运动时间之比为（ ）A. 1:2 B. 2:1 C. 1:3 D. 3:1【答案】B【解析】正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏
8、转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转，正离子以入射，则圆弧对应的圆心角为，而负离子以入射，则圆弧对应的圆心角为，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍，故选项B正确。点睛：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案。8.一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n1n221，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4 、2 和3 ，U为有效值恒定的正弦交流电源当开关S断开时，理想电流表的示数为I，当S闭合时，电流表的示数为( )A. I B. IC. I D. 2I【答案】D【解析】【分析】变压器输入电压为U与电阻R1两端电压
9、的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得电流表的示数【详解】根据电流与匝数成反比，得副线圈电流I22I; 副线圈两端的电压；根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为U1=2U220I；电阻R1两端的电压IR14I；在原线圈回路中U4I+U124I；S闭合时，电流表示数为I，副线圈中电流2I；副线圈两端的电压；原线圈两端的电压U18I；电阻R1两端的电压IR1 =4I；在原线圈回路U=4I+8I=24I；解得：I=2I，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道
10、开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系二、多项选择题（本题共4题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四选项中，至少有两项是正确的，全部选对的得4分。选对但不全的得2分，有选错的得0分）9.质谱仪的构造原理如图所示从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速度为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是()A. 粒子一定带正电B. 粒子一定带负电C. x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大D. x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小【答案】AC【解析】由左手定则可判断
11、，A对；半径为x/2，由可知C对；10.如图所示，L是自感系数足够大的线圈，其直流电阻可以忽略不计，D1和D2是两个相同的灯泡，若将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后再断开电键K，则 ( )A. 电键K闭合时，灯泡D1很亮，D2逐渐变亮，最后一样亮B. 电键K闭合时，灯泡D1和D2同时亮，然后D1会变暗直到不亮，D2更亮C. 电键K断开时，灯泡D1随之熄灭，而D2会先闪亮一下再熄灭D. 电键K断开时，灯泡D2随之熄灭，而D1会先闪亮一下再熄灭【答案】BD【解析】【分析】电感在内部电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流减小时，会产
12、生同向电动势，使电流缓慢减小，相当于电源【详解】当S闭合时，由于L的阻碍，电流从两灯中流过，故两灯同时亮，并且流过的电流相等，故两灯的亮度相同；但电路稳定后，灯泡D1被短路而熄灭，D2更亮，故B正确，A错误；S断开时，D2中电流消失，故立即熄灭；而D1中由于电感线圈中产生的自感电动势阻碍电流的减小，与灯泡D1组成新的回路电流慢慢减小，则D1是闪亮一下后逐渐变暗。故C错误，D正确；故选BD。【点睛】本题要明确电感的自感现象，是由于电磁感应现象使其内部电流产生的一个变化，应根据电磁感应现象进行理解11.一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 ，外接一个电压表
13、和一个电阻为10 的灯泡，如图乙所示下列说法正确的是( )A. 产生的交变电流的频率为5 HzB. 通过灯泡的电流为2.2 AC. 电压表读数为20 VD. 灯泡的实际功率为40 W【答案】CD【解析】【分析】由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率；电压表测量的是路端电压，求解实际功率要用有效值【详解】由图可知T=0.02s，则频率f=1/T=50Hz，选项A错误；电动势有效值为，可知通过灯泡的电流为，选项B错误；电压表读数，选项C正确；灯泡的实际功率：P=IU=40W；选项D正确；故选CD.12.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻将质量为m的金属棒悬
14、挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示除电阻R外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则 ( )A. 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abB. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gC. 金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为D. 电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【答案】BC【解析】【分析】导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系【详解】根据右手定则可知，金
15、属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为ba，故A错误；金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故B正确；当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：，故C正确；当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误。故选BC。【点睛】根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的重点，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的三、实验题（本题共2小题，共15分）13.“研究电磁感应现象”的实验装置. (1)将图中所缺的导线补接完整.
16、(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：a.将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将_. b.原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将_.【答案】 (1). (2). a.向右偏转一下; b.向左偏转一下【解析】【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反【详解】（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电
17、流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；a将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下b原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转一下【点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键14. 某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得
18、摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，如图所示，则：(1)该摆摆长为_cm，秒表所示读数为_s.(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是( )A测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，秒表过迟按下D实验中误将49次全振动记为50次(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g_(用k表示)【答案】（1）98.50；75.2；（2）B；（3）【解
19、析】试题分析：（1）单摆的摆长；小表盘表针超过了半刻线，故：t=60s+152s=752s（2）测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大故A错误摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小故B正确开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大故C错误实验中误将49次全振动数为50次测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大故D错误故选B（3）由单摆的周期公式：，图线的斜率，解得考点：利用单摆测重力加速度【名师点睛】本题考查了“利用单摆测重力加速度”实验中数据测量的方法和减小读数误差的技巧，
20、掌握单摆的周期公式，并能灵活运用。四、计算题(本题共3小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15.如图所示，某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8104W，电厂输出电压仅350V，为了减少输送功率损失，先用一升压变压器将电压升高再输送，在输送途中，输电线路的总电阻为4，允许损失的功率为输送功率的5%，求用户所需电压为220V时，升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？【答案】 【解析】根据题中所给输电示意图得：升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2
21、；降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，电压分别为U3、U4则允许损失的功率： 升压变压器是理想变压器，故 又 降压变压器的输入功率 由、式，将 等代入，解出：；由，将等代入，解出：答：升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为，16.如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场已知带电粒子的比荷3.2109 C/kg，电场强度E200 V/m，M、N间距MN1 cm，金属板长L25 cm，粒子的初速度v04105 m/s，带电粒子重力忽略不计，求：(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角；
22、(2)磁感应强度B的大小【答案】(1)45(2)B2.5102 T【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏转角度（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度偏角的正切值： 则有：=45；（2）粒子进入磁场时的速度大小为：，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得： ，由牛顿第二定律得：qvB=m，代入数据解得：B=2.510-2T；【点睛】粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运
23、动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与几何知识即可解题17.如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：（1）设金属杆
24、进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma=F-mg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v=at0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E=Blv联立式可得E=Blt0（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律I=式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f=BIl因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fmgf=0联立式得R=【考点定位】电磁感应定律、牛顿第二定律【名师点睛】此题是法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的综合应用问题；解题时要认真分析物理过程，分析金属棒的受力情况，选择合适的物理规律列出方程求解；还要抓住金属板的匀速运动状态列方程；此题难度不大。【此处有视频，请去附件查看】
