高二 物理
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分) 1.两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d，B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（ ） A．QA∶QB=2∶1B．QA∶QB=1∶2 C．QA∶QB=1∶1D．QA∶QB=4∶1
2.已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（ ）
A． 若在A点换上﹣q，A点的场强方向发生改变
B． 若在A点换上电量为2q的电荷，A点的场强将变为2E C． 若在A点移去电荷q，A点的场强变为零
D．A点场强的大小、方向与q的大小、方向、有无均无关
3.如图所示，A、B是某点电荷电场中的一条电场线．在电场线上P处自由释放一个负检验电荷时，它沿直线向B点运动．对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)( )
A． 电荷向B做匀速运动
B． 电荷向B做加速度越来越小的运动 C． 电荷向B做加速度越来越大的运动
D． 电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定
- 1 -
4.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，则此电子具有的初动能是( )
A．
B．edUh
C．
D．
5.如图所示电路中，两灯均不亮，已知电路中只有一处故障，且除两个灯泡外其余部分均完好，在不拆开电路的情况下，某同学用一根导线去查找电路的故障，他将导线先并接在灯L1两端，发现L2亮，L1不亮，然后将导线并接在灯L2两端，发现两灯均不亮，由此可判断( ) A． 灯L1断路 B． 灯L1短路 C． 灯L2断路 D． 灯L2短路
6.如图所示，匀强磁场中有一个带电量为q的离子自a点沿箭头方向运动．当它运动到b点时，突然吸收了附近的若干个电子(电子质量不计) 其速度大小不变，接着沿另一圆轨道运动到与a、b在一条直线上的c点．已知ac＝ab，电子电量为e.由此可知，离子吸收的电子个数为( )
A．
B．
C．
D．
- 2 -
7.金属圆环的圆心为O，金属棒Oa、Ob与金属环接触良好且可绕O在环上转动，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当外力使Oa顺时针方向加速转动时，在Oa追上
Ob之前，Ob将( )
A． 顺时针方向转动 B． 逆时针方向转动
C． 先顺时针方向转动，后逆时针方向转动 D． 先逆时针方向转动，后顺时针方向转动 8.如图所示，已知交流电源的电动势为e＝220中交流电流表和电压表的示数A． 0.1
A,220
V V
sin 100πtV，电阻R＝2 200 Ω，则电路分别为( )
B． 0.1 A,220C． 0.1
A,220 V
D． 0.1 A,220 V 9.如图所示为远距是( ) A．U1>U2 B．U2＝U3 C．I4 10.一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是( ) A． 始终由a流向b B． 始终由b流向a 离输电的电路原理图，下列判断正确的 - 3 - C． 先由a流向b，再由b流向a D． 先由b流向a，再由a流向b 11.如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是( ) A． 输电线上的损失功率为300 W B． 升压变压器的匝数比为1∶100 C． 输电线上的电流为100 A D． 降压变压器的输入电压为4 700 V 12.如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的 ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变 化的规律( ) A．B．C．D． 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 13.（多选）如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直于E进入电场，它们分别落在A、B、则可判断( ) A． 落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电 C三点， - 4 - B． 三小球在电场中运动时间相等 C． 三小球到达正极板时的动能关系是：EkA＞EkB＞EkC D． 三小球在电场中运动的加速度关系是：aC＞aB＞aA 14.(多选)如图所示，一个带正电荷的小球沿绝缘的光滑水平桌面向右运动，飞离桌子边缘A，最后落到地板上．设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度大小为v1；若撤去磁场而其余条件不变时，小球飞行的时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2.则( ) A．x1>x2B．t1>t2C．v1>v2D．v1＝v2 15.(多选)如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为11∶1，R＝1 Ω，原线圈允许通过电流的最大值为1 A，副线圈ab两端电压随时间变化图象如图乙所示．则下列说法正确的是( ) A． 原线圈输入电压的有效值为242 V B． 原线圈两端交变电压的频率为550 Hz C． 副线圈中电流的最大值为11 A D． 为保证电路安全工作，滑动变阻器R′的阻值小于1 Ω 16.(多选)一只“220 V,100 W”的灯泡接在u＝311sin 314tV的交变电源上，则下列判断正确的是( ) A． 灯泡不能正常发光 B． 与灯泡串联的电流表的示数为0.45 A C． 与灯泡并联的电压表的示数为220 V - 5 - D． 通过灯泡的电流的表达式为i＝0.64sin 314tA 分卷II 三、实验题(共2小题,共16分) 17.用电流表和电压表测定电池的电动势E和内阻r，所用电路如图(a)所示，一位同学测得的六组数据如下表所示. (1)试根据这些数据在图(b)中作出U－I图线． (2)根据图线求出电池的电动势E＝________ V，电池的内阻r＝________ Ω. 18.(1)如图为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为20～30 Ω的定值电阻，测量的某些操作步骤如下： ①调节可调节部件S，使电表指针停在位置________；(选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”) ②调节可调节部件K，使它在尖端指向欧姆挡______位置；(选填“×1 k”、“×100”、 - 6 - “×10”、“×1”) ③将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调节部件________，使电表指针指向________位置．(选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”) (2)欧姆表调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是( ) A．这个电阻的阻值很小 B．这个电阻的阻值很大 C．为测得更准确些，应当换用“×1”挡，并且重新调零后进行测量 D．为测得更准确些，应当换用“×100”挡，并且重新调零后进行测量 四、计算题 19.如图所示，电源电动势E0=15 V.内阻r0=1 Ω，电阻R1=20 Ω、间距d=0.02 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1 T的匀强磁场.闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的微粒以初速度v=100 m/s沿两板间中线水平射入板间.设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，带电粒子重力不计. （1）当Rx=29 Ω时，电阻R1消耗的电功率是多大; （2）若小球进入板间能做匀速直线运动，则Rx是多少. 20.两个质量均为m=2×10kg的小球，悬于长l=40 cm的细丝线上．丝线的另一点固定于同一点O．当使两球带上等量同种电荷后，两球互相排斥使两丝线间形成α=60°的夹角（如图）．求每个小球的带电量． ﹣6 - 7 - 21.如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B.现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行轨道足够长．已知导体棒ab下落0.5r时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2. (1)求导体棒ab从A下落0.5r时的加速度大小． (2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后棒中电流大小始终不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h和R2上的电功率P2. - 8 - 22.如图所示，在xOy坐标系内，有一光滑平行导轨，导轨方程为y＝±2 m，导轨左端接有阻值R＝0.2 Ω的电阻，在一个被x轴与曲线方程y＝2sinxm(0 - 9 - 答案解析 1.【答案】A 【解析】根据电阻定律可得，，在通电后在相同的时 间内产生的热量之比为，A正确. 2.【答案】D 【解析】电场强度E=是通过比值定义法得出的，电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关，故在A点换上﹣q或2q或把q移去，A点的场强都不变，故ABC错误，D正确． 故选：D． 3.【答案】D 【解析】由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B.由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确． 4.【答案】D 【解析】电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力．这样，我们可以用动能定理来研究问题．即mv＝eUOA.因E＝， UOA＝Eh＝，故mv＝.所以D正确． 5.【答案】A 【解析】两灯均不亮说明有断路或者短路情况．因为将导线先并接在灯L1两端，发现L2亮，L1不亮，则L2完好，如果仅是L1短路，那么开始时灯L2就会亮，则一定是灯L1断路，A对． 6.【答案】D - 10 - 【解析】根据左手定则判断出粒子带正电，设ab等于2R，即粒子开始的轨道半径为R，后来的轨道半径为1.5R. 由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m， 解得：R＝① 第二个过程中：1.5R＝由①②解得：q2＝q ② 所以电荷量减少了：△q＝q﹣q2＝q③ 设吸收的电子个数为n，则有：△q＝ne④ ③④联立得：n＝. 7.【答案】A 【解析】根据楞次定律，感应电流的磁通量总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，aOb和优弧ab构成的平面的磁通量在减少，所以Ob顺时针转动以阻止磁通量的减少，aOb和劣弧ab构成的平面磁通量在增加，所以Ob顺时针方向转动以减少磁通量的增加，所以应选A. 8.【答案】D 【解析】交流电流表、电压表的读数都为有效值，所以U＝＝0.1 A，所以选D. 9.【答案】D 【解析】在远距离输电的过程中，第一级为升压过程，故U1 A - 11 - 【解析】条形磁铁从左向右进入线圈的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向b→Ⓖ→a.条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场方向向左，由安培定则，知感应电流的方向a→Ⓖ→b，故D正确，A、B、C错误． 11.【答案】A 【解析】输电线上的损失功率为0.6%×50 kW＝300 W，选项A正确．由I2R＝300 W可得输电线上电流I＝10 A，升压变压器副线圈电压为5 000 V，升压变压器的匝数比为1∶10，选项B、C错误．输电线损失电压为IR＝30 V，降压变压器的输入电压为4 970 V，选项D 错误． 12.【答案】D 【解析】开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小．故A、B、C错误，D正确． 13.【答案】AD 【解析】 带负电的小球受到的合力为：mg＋F电，带正电的小球受到的合力为：mg－F电′，不带电小球仅受重力mg，小球在板间运动时间：t＝.所以tC＜tB＜tA，故aC＞aB＞aA；落在C点的小球带负电，落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电.因为电场对带负电的小球C做正功，对带正电的小球A做负功，所以落在板上动能的大小关系为：EkC＞EkB＞EkA. 14.【答案】ABD 【解析】没有磁场时，小球飞落过程为平抛运动．当空间有匀强磁场时，分析小球飞落过程中任一位置受力情况如图所示． - 12 - 由于受与瞬时速度垂直的洛伦兹力对小球竖直分运动的影响，在同样落差下与平抛运动只受重力作用相比，小球落地时间加长，所以t1>t2. 从洛伦兹力对水平分运动的影响可知，小球水平分速度将比平抛时大，而且又有t1>t2，则必有x1>x2. 由于洛伦兹力做功为零，而两种情况下重力对小球做功相等，所以落地速度大小相同，即v1＝v2，当然两种情况下小球落地时速度的方向不同． 15.【答案】AC 【解析】由题知变压器副线圈两端电压有效值为22 V，由原、副线圈两端电压关系＝可 得，原线圈输入电压的有效值为242 V，故A正确；由于原、副线圈两端交流电的频率相同，故原线圈两端交变电压的频率为50 Hz，B错；原线圈允许通过电流的最大值为1 A，根据原、副线圈电流关系＝可得副线圈中电流的最大值为11 A，C正确；根据部分电路的欧姆定律可得，副线圈中滑动变阻器最小阻值为R′＝ －R＝ Ω－1 Ω＝(2 －1) Ω，故 D错． 16.【答案】BCD 【解析】从电压瞬时值表达式知电压有效值为220 V，故“220 V,100 W”灯泡接在此交流电源上能正常发光，故A错误．通过灯泡的电流I＝ A≈0.45 A，故B正确．电压表与灯泡并 联测得的是灯泡的电压有效值，故示数为220 V，所以C选项正确．通过灯泡的电流的有效值为0.45 A，故其最大值Im＝ ×0.45 A≈0.64 A，故D选项正确． 17.【答案】(1)见解析图 (2)1.46(1.45～1.47均可) 0.71(0.68～0.74均可) 【解析】作图线时应使尽可能多的点落在直线上，个别偏离太远的点应舍去，图线如图所示．由 - 13 - 图线与纵轴的交点可得电动势E＝1.46 V，再读出图线与横轴交点的坐标(0.65,1.00)，由E＝U＋Ir得r＝ ≈0.71 Ω. 18.【答案】(1)①电流0刻度 ②“×1” ③T 欧姆0刻度 (2)BD 【解析】(1)①使用多用电表时，首先进行机械调零：调节可调部件S，使电表指针停在电流表、电压表的零刻度(或表盘左边的零刻度)的位置；②选择合适的挡位：因电阻约为20～30 Ω，则选择×1 Ω即可；③选挡后进行欧姆调零：将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件T，使电表指针指向表盘右边的欧姆挡零刻线位置．(2)偏转角度小，说明电流小，则电阻大，故A错误，B正确；因是大电阻，则要换挡位大一些即换“×100”挡．每次换挡后要重新进行欧姆调零，故C错误，D正确． 19.【答案】（1）1.8 W （2）129 Ω 【解析】（1）当时，根据闭合电路欧姆定律： 所以上消耗的功率：， （2）设当平行金属板之间的电压为时，带电粒子恰好能做直线运动，则有： 代入数据可解得： 又因为： 代入数据可解得：20.【答案】1.44×10﹣8C 【解析】设小球在水平方向受到库仑力的大小为F． - 14 - 以右边的小球为研究对象，分析受力如图． 则根据平衡条件有：F=mgtan=mgtan30° 由库仑定律得：F=k=k 联立得：Q=l=0.4×C=1.44×10﹣8C 21.【答案】(1)g－ (2)－ 【解析】(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒 ab从A下落0.5r时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得 mg－BIL＝ma式中L＝I＝ r 式中R总＝＝4R 由以上各式可得到a＝g－ (2)当导体棒ab通过磁场Ⅱ时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即 mg＝BI×2r＝B××2r＝ 式中R并＝＝3R 解得vt＝＝ - 15 - 导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动， 有v－v＝2gh 得h＝ － 此时导体棒重力的功率为PG＝mgvt＝ 根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即 P电＝P1＋P2＝PG＝ 所以P2＝PG＝ 22.【答案】(1)U＝|0.8sint| V (2)14.4 J 【解析】(1)根据右手定则可知，电流方向不变，由数学知识可知，导体棒切割磁感线的有效长度L＝|2sinx| m，而x＝vt，e＝BLv，故回路中感应电动势的瞬时值表达式为：e＝|1.2 sint| V．回路中的电流为：i＝＝|0.8 sint| V， ＝|4sint| A，电阻R两端的电压为：u＝iR，解得u此即电阻R两端的电压的瞬时值表达式． (2)导体棒匀速运动的过程中，拉力做的功全部用来转化成回路中产生的焦耳热，由于回路中的电流随时间按正弦规律变化，电流的最大值Im＝4 A，故该电流的有效值为：I＝＝2 A，导体棒ab拉过磁场区域所需的时间为：t＝＝ ＝ A ＝6 s，拉力F所做的功为：W＝Q＝I2(R＋r)t＝14.4 J. - 16 - 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容