学年湖南岳阳县一中高二上学期期末考试物理试题 解析版Word格式文档下载.docx

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电场力对电荷做正功，电荷的电势能一定减小，选项D错误；

故选C.

2.如图所示为某种交变电流的波形，每半个周期按各自的正弦规律变化，其有效值为（）

A.4AB.5A

C.5

AD.4

A

【答案】B

【解析】试题分析：

根据有效值的定义：

交流电流和直流电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间内产生的热量相等，即可解答。

设有效值为I，取一个周期T研究，由交流电在T时间内产生的热量等于恒定电流在T时间内产生的热量可得：

，解得可得：

，故B正确；

【点睛】明确求有效值方法，即交流电与直流电通过同一电阻产生的热量相等，即可求解有效值。

3.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是（）

A.3v0－vB.2v0－3vC.3v0－2vD.2v0＋v

【解析】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东,爆炸前动量为3mv0，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程水平方向动量守恒，

则有：

3mv0=2mv+m⋅v′

解得：

v′=3v0−2v

故选：

C

【名师点睛】

爆竹在最高点速度方向水平，爆炸时水平方向动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块的速度大小。

4.如图所示,闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中,磁场足够大,从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内,线框运动的v-t图象不可能是（）

A.AB.BC.CD.D

金属框自由下落，进入匀强磁场时，可能做匀速直线运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力与速度成正比的关系，分析加速度的变化，再选择图象．

解：

A、金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动，是可能的．不符合题意．故A错误．B、C、金属框进入匀强磁场时，若重力大于所受安培力，做加速运动．根据安培力公式F=

可知，速度增大时，线框所受的安培力增大，则合力减小，加速度减小，不可能做匀加速运动，做加速度减小的加速运动．B符合题意，C不符合题意．故B正确，C错误．D、金属框进入匀强磁场时，若重力小于所受安培力，做减速运动．根据安培力公式F=

可知，速度减小时安培力减小，则加速度减小，金属棒做加速度减小的减速运动，直到匀速运动，D不符合题意．故D错误．故选：

B

5.真空中有相隔距离为r的两个点电荷，它们分别带q和-5q的电荷量，其间的静电力为F，如果将它们接触后再分开，然后放回原来的位置，那么它们之间的静电力的大小应为（　　）

A.

FB.FC.

FD.

F

【解析】相距为r时，根据库仑定律得：

；

接触后，各自带电量变为：

q′=

＝-2q，则此时有：

故C正确，ABD错误．故选C.

6.粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电。

让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。

已知磁场方向垂直纸面向里。

以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（ 

）

B.

C.

D.

根据洛伦兹力提供向心力，有，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，A正确；

BCD错误；

故选A。

考点：

洛伦兹力。

【名师点睛】由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；

由左手定则可判断粒子的运动方向。

7.如图内阻不能忽略的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R构成闭合电路,当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时,下列说法正确的是（）

A.电压表读数增大

B.电压表读数减小

C.电流表读数不变

D.电流表读数增大

【解析】当滑片向a滑动时，R接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I增加，内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；

因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；

故B正确，ACD错误；

故选B.

8.如图所示,可视为点电荷的小物体A、B分别带负电和正电，B固定，其正下方的A静止在绝缘斜面上,则A受力个数可能为（）

A.A可能受2个力作用

B.A可能受3个力作用

C.A可能受4个力作用

D.A可能受5个力作用

【答案】AC

【解析】首先物块受重力和B给的吸引力，若重力和吸引力恰好相等，则可以满足受力平衡的条件，所以A球可能受到2个力的作用；

若向上的吸引力小于重力，则A对斜面有压力，会受到斜面的支持力，若要合力为0处于平衡状态必须还要受一沿斜面向上的摩擦力才可以，所以A有可能受四个力的作用．故AC正确，BD错误．故选AC.

点睛：

本题借助库仑力考查了物体受力平衡的条件应用，属于基础题．按照受力分析的步骤与方法分析即可．

9.在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直.先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样.图中的几幅图象表现的是导线受力的大小F与通过导线的电流I的关系.a、b各代表一组F、I的数据.在下列四幅图中，正确的是（）

【答案】BC

【解析】解：

在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：

F=BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故ABD错误，C正确．

C．

【点评】本题比较简单，考查了安培力公式F=BIL的理解和应用，考查角度新颖，扩展学生思维．

10.如图所示，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成电流表或电压表，则下列结论中正确的是（）

A.甲图对应的是电压表，要使它的量程加大，应使R1增大

B.甲图对应的是电流表，要使它的量程加大，应使R1减小

C.乙图对应的是电流表，要使它的量程加大，应使R2减小

D.乙图对应的是电压表，要使它的量程加大，应使R2增大

【答案】BD

【解析】由甲图可知，电流表与电阻并联为电流表，R1起分流作用，要使量程增加，需增加R1的分流，即减小R1的电阻，故A错误，B正确；

由乙图可知，电流表与电阻串联为电压表，R2起分压作用，要使量程增加，需增加R2的分压，即增加R2的电阻，故C错误，D正确。

所以BD正确，AC错误。

11.如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴。

一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd，回路纸面内以恒定速度

向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（ 

）。

A.穿过回路的磁通量为零

B.回路中感应电动势大小为

C.回路中感应电流的方向为顺时针方向

D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相同

【答案】ABD

磁通量为穿过平面的净磁通，故此时刻磁通量为零，所以A正确；

ab切割磁感线产生电动势为Blv0，cd边切割磁感线产生电动势也是Blv0，由右手定则知，两电动势串联，故回路中感应电动势大小为2Blv0，所以B正确；

根据右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，所以C错误；

再根据左手定则可判断回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左，所以D正确。

本题考查磁通量、右手定则、左手定则

12.平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住，开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用则细线中张力

A.由0到t0时间内细线中的张力逐渐增大

B.由0到t0时间内两杆靠近，细线中的张力消失

C.由0到t0时间内细线中张力减小

D.由t0到t1时间内两杆靠近，细线中的张力消失

【答案】CD

【解析】由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流．由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故ab受力向左，cd受力向右，而张力F=F安=BIL，因B减小，故张力将减小，故C正确、AB错误；

由图乙所示图象可知，由t0到t时间内，线圈中的磁场向外，B均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失，D正确；

故选CD．

二、填空题（13、14、15题每题4分，16题8分，共20分）

13.一个边长为10cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框匝数n＝100，线框平面与磁场垂直，电阻为20Ω。

磁感应强度随时间变化的图象如图所示．则前两秒产生的电流为_________

【答案】0.05A

14.如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：

n2=2:

1，V和A均为理想电表，灯泡电阻R1=6Ω，原线圈的输入电压u1=

sin100πt（V）。

则

的读数为_________

【答案】1A

【解析】原线圈的输入电压u1=12

•sin100πt（V）可知，输入电压最大值为12

V，则有效值U1=12V，根据

得：

电流表示数

.

考查交流电的表达式中各量的物理意义，明确电表的示数为有效值，最大值是有效值的

倍．

15.某变电站用220V的电压送电，导线损失的功率为输送功率的20%，若要使导线损失的电功率降为输送功率的5%，则输送电压应为______V

【答案】440V

【解析】设输送的功率为P，输送电压为U，导线中电流为I，导线的电阻为R，导线损失的功率为△P．则有△P=I2R；

又P=UI，联立得：

△P=

R，由已知得：

若要使导线损失的功率降为输送功率的5%，即为原来损失的功率的

，则U应变为原来的2倍，所以输送电压应为U′=2U=2×

220V=440V

16.现要描绘标有“3.8V，1.8W”小灯泡L的伏安特性曲线，实验室中有下列器材可供选择：

A电源：

E（电动势为4.5V，内阻为0.02Ω），

B电流表：

A1（量程100mA，内阻约2Ω）；

C电流表：

A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）

D电压表：

V1（量程5V，内阻为5kΩ）；

E电压表：

V2（量程15V，内阻为15kΩ），

F滑动变阻器：

R1（可调范围0～10Ω，允许通过最大电流5A）；

G滑动变阻器R2（0～100Ω，允许通过最大电流0.