学年江苏省南通市启东市高二上学期期末考试物理试题 解析版Word文件下载.docx

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D.电路中理想交流电流表的示数为

A

【答案】C

正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=Emsinωt，对照e=10

sin（10πt） 

V可知交流电的最大值和角速度，根据ω=2πf可得该交变电流的频率；

正弦式交流电电动势的有效值

，交流电流表A的示数为电流的有效值，利用闭合电路欧姆定律可得交流电流表A的示数，再利用P=I2R计算外接电阻R所消耗的电功率。

【详解】正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=Emsinωt，由此可知Em=10

V，ω=10πrad/s；

由电动势瞬时值表达式可知ω=10πrad/s，则该交变电流的频率f=

=5Hz，故A错误；

该电动势的有效值为E=

=10V，故B错误；

电路中理想交流电流表A的示数

，外接电阻R所消耗的电功率：

P=I2R=1×

9=9W，故C正确，D错误；

故选C。

【点睛】本题考查了交变电流电动势瞬时值表达式，解题的关键是根据正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=Emsinωt找出Em和ω，再结合欧姆定律，有效值等概念进行计算即可。

但要特别注意交流电表的示数是有效值，计算电功率也是用有效值。

4.如图所示，水平桌面上平行放置两光滑的金属导轨，导轨相距为L，一质量为m的金属杆垂直导轨放置，正以速度v1向左匀速运动，金属杆左侧有一矩形匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度大小为B，方向竖直向上，正以速度v2（v2＜v1）向右匀速移动，定值电阻值为R，金属杆电阻为是R/2，其余电阻不计，则当金属杆刚进入磁场区域时（　　）

A.金属棒ab两端的电势差U=BLv1

B.金属棒ab的加速度大小为a=

C.流过电阻R的电流大小为I=

D.如只改变磁场方向，金属棒ab所受安培力的大小不变，方向改变

由E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出电路电流与金属棒两端电压，由安培力公式求出金属棒的加速度，根据右手定则判断感应电流方向，应用左手定则判断安培力方向。

【详解】金属棒刚进入磁场时感应电动势：

E=BL（v1+v2），通过电阻R的电流：

，金属棒ab两端电势差：

U=IR=

，故A错误，C正确；

金属棒受到的安培力：

F=BIL，对金属棒，由牛顿第二定律得：

BIL=ma，解得：

，故B错误；

如只改变磁场方向，由右手定则可知，感应电流方向反向，由左手定则可知安培力方向不变，故D错误；

【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：

一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；

另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

5.如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时，则（　　）

A.灯泡L变暗B.电容器C的带电量增大

C.电压表的读数增大D.电源的总功率减小

【答案】B

当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表示数的变化，根据P=EI求电源的总功率变化情况．根据电流的变化判断通过灯泡电流和电压的变化，进而判断电容器两段电压的变化，根据Q=UC判断电容器带电量的变化。

【详解】当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律得知，总电流I增大，灯泡变亮，故A错误；

灯泡两端电压，电容器两端电压增大，根据Q=UC可知电容器C的带电量增大，故B正确。

电流变大，电源内阻所占电压变大，路端电压U减小，所以则电压表的示数减小，故C错误。

电源的总功率P=EI，总电流增大，电源电动势不变，则电源的总功率变大，故D错误。

故选B。

【点睛】本题是电路中动态变化分析问题，要搞清局部与整体的关系，一般按“局部→整体→局部”的顺序分析。

6.如图所示是探测地下金属管线的一种方法：

给长直金属管线通上直流电，用可以测量磁场强弱、方向的仪器做以下操作：

①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；

②在a点附近的地面上水平地面到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；

③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场金属管线方向与地面夹角为60°

的b、c两点，测得b、c两点距离为L．由此可确定金属管线（　　）

A.平行于EF，深度为LB.平行于EF，深度为

C.平行于EF，深度为

D.垂直于EF，深度为L

根据左手定则判断电流方向，然后画出直线电流的磁感线方向，结合几何关系确定金属管线深度。

【详解】用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离电流最近；

找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离电流最近，根据电流应该时是平行EF；

画出左侧视图，如图所示：

b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为60°

，故深度为

，故B正确，ACD错误；

二、多选题

7.超导现象是当今高科技的热点，当一块磁体靠近超导体时，超导体会产生强大的电流并且对磁体有排斥作用，这种排斥作用可以使磁体悬浮在空中。

则（　　）

A.超导体产生强大电流的原因是超导体中磁通量的变化率很大

B.超导体产生强大电流的原因是超导体中电阻为0

C.超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反

D.超导体中的电流会产生焦耳热

【答案】ACD

磁体靠近超导体时，由于磁通量的变化产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的磁场与原磁场的方向关系，磁体悬浮于空中，受力平衡。

【详解】超导体产生强大的电流，是由于超导体中电阻很小，且磁通量的变化率很大，故A正确，B错误；

超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反，产生了排斥力，这种排斥力可以使磁体悬浮于空中，故C正确；

超导体仍有电阻，则其电流会产生焦耳热，故D正确；

故选ACD。

8.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。

A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有（　　）

A.当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，稳定后B灯亮度不变

B.当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭

C.当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低

D.当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流由a到b

【答案】AD

当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。

断开瞬间也可以按照同样的思路分析.

【详解】A、电键S闭合瞬间，自感系数很大，线圈L对电流有阻碍作用很强，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A错误；

B、C、D、稳定后当电键K断开后，A立刻熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，所以a点电势比b点电势高，B闪一下再熄灭，故B、C错误，D正确。

故选D.

【点睛】明确自感现象是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键.

9.如图所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：

n2=2：

1，原线圈所接交变电压表达式为U=25

sin100πt（V），C为电容器，L为自感线圈，开关S断开。

A.交流电压表示数为12.5V

B.只增加交变电流的频率，灯泡变暗

C.只增加交变电流的频率，电压表读数变大

D.闭合开关S，待稳定后灯泡的亮度不变

【答案】AB

根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，电感线圈对交流电有阻碍作用，并且交流电的频率越大，电感的阻碍作用就越大，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。

【详解】由题可知，原线圈的电压为有效值为25V，根据变压器的电压与匝数关系可知，开关闭合前，交流电压表示数，即副线圈两侧的电压为：

U2=

U1=12.5V，故A正确；

交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡L的亮度要变暗，故B正确；

交流电的频率对变压器的变压关系没有影响，故C错误。

开关闭合后灯泡与电容器并联，电路中的电流值增大，线圈对电路中电流的阻碍作用增大，则线圈上分担的电压增大，所以灯泡比闭合前暗，故D错误。

故选AB。

【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，并且要知道电感在电路中的作用。

10.如图甲所示，水平桌面上放有一长直导线MN和一矩形导线框abcd，导线MN固定并通有电流i，i随时间的变化如图乙所示，规定从N到M为电流正方向，MN通电过程中导线框始终静止则（　　）

A.0到t1时间过程中，导线框中产生的感应电流

B.t1到t3时间过程中，导线框中产生的感应电流方向保持不变

C.t2时刻，导线框不受桌面摩擦力的作用

D.t3到t4时间过程中，导线框受到桌面的摩擦力方向始终向左

【答案】ABC

根据电流与时间的变化关系，由楞次定律可确定线圈产生的感应电流方向，再由右手螺旋定则可判定线圈所处磁场的方向，从而根据左手定则可确定安培力的方向得出结果。

【详解】在0到t1时间过程中，MN中电流均匀增大，则穿过矩形导线框abcd的磁通量发生变化，那么导线框中产生的感应电流，故A正确；

从t1到t3时间过程中，电流先正向均匀减小，后反向均匀增大，根据楞次定律，可知，导线框中产生的感应电流方向顺时针，保持不变，故B正确；

由上分析，可知，在t2时刻，导线框有电流，此时MN的磁场为零，则无安培力，线框不会受桌面摩擦力的作用，故C正确；

从t3到t4时间过程中，根据楞次定律，可知，导线框中有逆时针方向电流，再由左手定则，可知，导线框受到桌面的摩擦力方向始终向右，故D错误；

故选ABC。

【点睛】本题综合考查右手螺旋定则、楞次定则，先根据安培定则判断出线圈中的磁场的方向，然后再结合楞次定律的步骤判定即可。

11.如图所示，一个理想边界为PQ、MV的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。

O点处有一体积可忽略的电子发射装置，能够在纸面所在平面内向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则当电子发射速率为4v0时（　　）

A.电子的运动半径为4d

B.从MN边界射出的电子数占总电子数的三分之二

C.MN边界上有电子射出的总长度为2

d

D.电子在磁场中运动的最长时间为

【答案】BC

根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，即可确定偏转方向；

分析临界点，画出轨迹，由几何知识求出电子打在MN上的点与B点的距离以及转过的圆心角；

确定出轨迹对应的圆心角，由圆周运动公式求解时间。

【详解】向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则知r=d，则当电子发射速率为4v0时，根据r=

知半径变为原来的4倍，即为2d，故A错误；

水平向右射出的粒子达到MN最右端的，r=2d，根据几何关系知偏折角为60°

，AB=2dsin60°

=

d，与MN相切是到达的最左的点，根据几何关系知速度与PQ夹角为60°

，所以从MN边界射出的电子数占总电子数的三分之二，BC=2dsin60°

d，MN边界上有电子射出的总长度为2

d，故BC正确；

根据BC项分析，转过的圆心角最大为60°

，最长时间为

，故D错误。

故选BC。

【点睛】本题关键是画出电子运动的轨迹，由几何知识求出相关的距离和轨迹的圆心角，掌握左手定则和相关几何知识是正确解题的关键。

三、实验题探究题

12.某同学为了测定一个未知电阻R2的阻值，进行如下实验：

（1）他先用多用表的欧姆挡粗测其电阻值，在选择开关拨至“×

10Ω时，指针指在如图所示位置，则待测电阻的阻值为______Ω

（2）该同学用伏安法测其电阻，现有电源E（4V，内阻可不计）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：

电流表G1，满偏电流为50mA，内阻约为2Ω；

电流表G2，满偏电流为10mA，内阻约为3Ω；

电压表V1，满偏电压3V，内阻约为3kΩ；

电压表V2，满偏电压15V，内阻约为9kΩ

①为尽可能减小测量误差，电流表应选______，电压表应选______。

②请在虚线方框内画出合理的实验电路图_________。

③根据所画出的合理的电路图，实验测得的电阻值与R实际值相比应______（选填“偏大”或“偏小”），这是实验中的______（选填“系统”或“偶然”）误差。

【答案】

（1）.260

（2）.G1（3）.V1（4）.图见解析；

（5）.偏大（6）.系统

（1）欧姆表盘指针偏转角度越大，则电流越大，电阻越小要换小量程档位；

换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率；

（2）①根据电源电动势选择电压表量程，根据欧姆定律估测通过电路的最大电流，然后选择电流表量程。

为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；

②根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，从而画出电流图；

③根据电路图分析误差。

【详解】

（1）欧姆表的读数是示数与倍率的积，待测电阻的阻值为：

26×

10Ω=260Ω。

（2）①由于电源电压只有4V，所以为了使读数精确，电压表选量程为0-3V的电压表V1．而此电路的电大电流

，超过了G2的量程，电流表选量程为50mA的G1。

②由于

，而

，则Rx＞＞RG，所以要采用内接法。

又因为Rx＞＞R滑，若采用限流接法，将导致调压范围小，甚至超过电压表量程，所以采用分压接法，综合实验电路如图所示。

③由于采用的电流表的内接法，电流表示数等于待测电阻的电流无误差，而电压表的示数大于待测电阻的电压，所以电阻的测量值偏大，这是实验原理缺陷造成的，是系统误差。

【点睛】要明确欧姆表的改装原理和读数方法以及倍率的选择方法；

选择电表量程时要通过估算来选择，熟记电流表内外接法的选择方法和滑动变阻器采用分压式接法的条件。

13.某同学在测一节干电池的电动势和内电阻的实验中，采用了如图甲所示的电路。

（1）已知电流表G的量程为1mA，内阻为10Ω，要改装成量程为2V的电压表，需串联一个定值电阻，其阻值R1=______。

（2）该同学完成电路连接后，由于出现接线错误，不管开关S断开还是闭合，电流表G都有示数，请分析可能的原因是______

（3）正确接线后，该同学采集了几组数据，其中电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，画出的I1-I2图象如图乙所示，根据图象可知电源电动势E=______V，内阻r=______Ω。

【答案】

（1）.1990

（2）.开关位置接到另一支路（3）.1.48（4）.2.89

（1）由串联电路的电流、电压的关系和电表改装原理求串联的大电阻；

（2）由电路的特点及题设的故障原因找出开关的错误；

（3）根据闭合电路欧姆定律以及电脑给出的数据进行分析，写出I1-I2的表达式，结合图象的截距和斜率即可求出电源的电动势和内电阻；

（1）要把表头改装成电压表，需串联一个较大的分压电阻，其阻值为

；

（2）开关无论是断开还是闭合，电流表G均有示数，由此可断定开关S的位置接错，接到电流表A的支路了，造成电流表G始终与电源相连；

（3）由两条支路的电压相等和闭合电路的欧姆定律可列：

I1（R1+Rg）=E-（I1+I2）r，从而写出I1-I2关系式为：

．由图象斜率可列：

解得：

r=2.89Ω

图象的截距可列：

=0.74×

10-3

将r=2.89Ω代入解得：

E=1.48V。

【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意本题中采用了电脑给出图象，故在求解电动势和内电阻时要考虑给出的函数关系而不是再根据交点坐标求解。

四、计算题

14.质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A的小孔S进入电势差为U的加速电场，粒子初速度不计，经过加速后粒子从小孔S沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B1的有界匀强磁场I中，经半个圆周后从小孔S4进入一半径为R的圆筒，圆筒的圆心为O，筒内有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，粒子与圆筒碰撞两次后仍从小孔S4射出。

设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，不计粒子的重力。

求：

（1）粒子进入磁场I时的速率；

（2）小孔S3和小孔S4间的距离；

（3）圆筒内匀强磁场Ⅱ的磁感应强度。

【答案】

（1）

（2）

；

（3）

。

（1）根据动能定理求出粒子进入磁场时的动能。

（2）根据洛伦兹力提供向心力，可求出粒子的轨道半径。

（3）求出粒子在磁场Ⅱ中运动的半径，画出轨迹即可求出B2大小。

（1）带电粒子在加速电场中运动，由动能定理有qU=mv2

得粒子进入磁场时的速率 

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB1=m

解得

，小孔S3和小孔S4间的距离为

（3）粒子在圆筒中运动的轨迹如图：

根据几何知识得：

粒子运动半径

【点睛】本题主要考查了带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式。

15.如图为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，图示位置矩形线圈平行于磁感线，其矩形线圈的长度ab=0.25m，宽度bc=0.20m，共有m=100匝，总电阻r=5.0Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动。

线圈处于磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V，1.8W“的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡恰好正常发光，求：

（1）线圈转动的角速度ω；

（2）图示位置时cd边所受的安培力的大小和方向；

（3）线圈从图示位置转过90°

过程中流过灯泡的电量和线圈产生的电能。

（1）3

rad/s；

（2）4.8N，方向从c到d；

（3）0.2C；

1.33J。

（1）小灯泡正常发光可知流过灯泡的电流和灯泡上的电压，然后根据闭合电路的欧姆定律和电流的其他公式，可以计算出线圈转动的角速度；

（2）求出电路中的电流，然后由安培力的公式求出安培力，由左手定则判断方向。

（3）根据交流电的有效值计算电能；

根据

求解流过灯泡的电量。

（1）小灯泡的额定电流为：

小灯泡的额定电阻为：

可得电动势最大值为：

E=I（R+r）=0.6×

（5+5）=6V

最大值为：

Em=6

又：

Em=mBSω=m•ab•bc•Bω

可得：

ω=3

rad/s

（2）cd边上的电流也是0.6A，则cd受到的安培力：

F=mBIcd=100×

0.4×

0.6×

0.20=4.8N；

cd边此时运动的方向向上，由左手定则可知感应电流的方向为从c到d；

（3）流过灯泡的电量为：

由因为：

Em=mBSω

所以有：

由焦耳定律可得：

由能量守恒可得线圈产生的电能：

W=Q总

所以线圈产生的电能：

W=1.33J；

【点睛】本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分析，求电荷量要用平均值。

16.如图所示，竖直平面内两竖直放置的金属导轨间距为L1，导轨上端接有一电动势为E、内阻不计的电源，电源旁接有一特殊开关S，当金属棒切割磁感线时会自动断开，不切割时自动闭合；

轨道内存在三个高度均为L2的矩形匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向如图。

一质量为m的金属棒从ab位置由静止开始下落，到达cd位置前已经开始做匀速运动，棒通过cdfe区域的过程中始终做匀速运动。

已知定值电阻和金属棒的阻值均为R，其余电阻不计，整个过程中金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g，求：

（1）金属棒匀速运动的速度大小；

（2）金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ；

（3）金属棒经过efgh区域时定值电阻R上产生的焦耳热。

（3）mgL2。

（1）金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动，根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；

（2）分析导体棒的受力情况，根据平衡条件结合摩擦力的计算公式求解；

（3）根据功能关系结合焦耳定律求解。

（1）金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动，根据平衡条件可得：

mg=BIL1，

由于

（2）由于金属棒切割磁感线时开关会自动断开，不切割时自动闭合，则在棒通过cdfe区域的过程中开关是闭合的，此时棒受到安培力方向垂直于轨道向里；

根据平衡条件可得：

mg=μFA，

通过导体棒的电流I′=

，则FA=BI′L1，

解得μ=

（3）金属棒经过efgh区域时金属棒切割磁感线时开关自动断开，此时导体棒仍匀速运动；

根据功能关系可知产生的总的焦耳热等于克服安培力做的功，而W克=mgL2，

则Q总=mgL2，

定值电阻R上产生的焦耳热QR=Q总=mgL2。

17.如图所示，坐标系xOy处于竖直平面内，在x＞0的区域内有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在x＞x0的区域内另有一方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场（图中未画出）。

从x轴上x=3L的P点以速度v沿y轴负方向射出的带电粒子，恰能做匀速圆周运动，运动一段时间后经过原点O，并沿与x轴负方向成θ=30°

角方向射入第Ⅱ象限内，在第Ⅱ象限内加一方向