河南省郑州市学年高二上学期期末考试物理试题.docx

1、河南省郑州市学年高二上学期期末考试物理试题2018-2019学年上学期期末考试高二物理试题卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分、在每小题给出的四个选项中，第1-8小题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.下列叙述中正确的是（ ）A. 用点电荷来代替带电体的研究方法叫做等效替代法B. 用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度、电容都是采用了比值法定义的C. 利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比、并直接用实验进行了验证D. 库仑提出了用电场线描述电场的方法【答案】B【解析】【

2、分析】要了解伽利略对自由落体运动的研究的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端在实验的基础上进行科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法。【详解】A项：用质点代替实际物体是采用了理想模型的方法，质点实际不存在，故A错误；B项：电场强度E=F/q，电容C=Q/U都是采用了比值法定义，故B正确；C项：伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直接用实验验证这个结论，故C错误；D项：法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故D

3、错误。故选：B。【点睛】本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出错对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助。2.关于静电场，下列说法中正确的是（ ）A. 随着电场强度的减小，电势也逐渐降低B. 电场力做正功，电势能增加；电场力做负功，电势能减少C. 电场强度的方向与等势面垂直D. 将一负的试探电荷从电势高的等势面移至电勢低的等势面，电场力做正功【答案】C【解析】【分析】电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线的疏密表示场强的强弱，

4、沿电场线电势降低。【详解】A项：沿着电场线方向电势逐渐降低，与电场强度的大小无关，故A错误；B项：根据电场力做功与电势能改变的关系可知，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大，故B错误；C项：根据电场线与等势面的关系可知，等势面一定与电场线垂直，故C正确；D项：由于负电荷在电势高的地方电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D错误。故选：C。【点睛】本题着重通过电场线考查了对电势、场强、电势能概念的理解情况，要理解它们的区别以及大小的决定因素。3.当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就会熔断。由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别，那

5、么，熔丝熔断的可能性较大的是（ ）A. 同时熔断B. 可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方C. 横截面积大的地方D. 横截面积小的地方【答案】D【解析】【分析】本题的关键是根据电阻定律可知，在长度相同的地方，横截面积小的地方电阻较大，再根据焦耳定律不难判断横截面积小的地方熔丝熔断的可能性较大。【详解】通过熔丝的电流相同，根据焦耳定律Q=I2Rt和电阻定律可知，在长度L相同的地方，横截面积越小电阻R越大，则产生的热量就越多，就越容易烧断，故D正确。故选：D。【点睛】本题关键是明确超导体、导体、半导体、绝缘体的概念，明确其区别。4.如图所示，R为光敏电阻，光照越强电阻值越小。平行板电容

6、器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场。让质子流以初速度垂直电场方向射入电场（不计质子重力），沿a轨迹落到下板的中央。现只改变下列一个条件，有可能让质子沿b轨迹落到下板边缘的是（ ）A. 开关S断开B. 初速度变为C. 使光照强度减弱D. 竖直移动上板，使板间距变为2d【答案】C【解析】【分析】以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动根据运动学公式解题。【详解】A项：开关S断开，粒子不受电场力作用，将匀速直线运动，不可能运动到b，故A错误；B项：将初速度变为，质子加速度不变，运动时间

7、不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，故B错误；C项：使光照强度减弱，光敏电阻阻值变大，总电流变小，路端电压变大，R1中的电流变大，流过R2电流变小，所以电容器两端电压变小，粒子的加速度变小，运动到下极板的时间变长，所以有可能让质子沿b轨迹落到下板边缘，故C正确；D项：竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，电场力为原来的，加速度为原来的根据y知时间为原来的水平位移为原来，不能到达下板边缘，故D错误。故选：C。【点睛】带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动，应用类平抛运动的规律处理粒子运动，但要注意的是平行板电容器充满电与电源断开后，由于电荷量不变，场强不变，所

8、以位移也不变。5.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（ ）A. 若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B. 若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间不变。C. 若只将交变电压的周期变为2T，仍能用此装置持续加速质子D. 质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为【答案】D【解析】【分析

9、】回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据比较周期当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系。【详解】A项：根据得，则最大动能，与加速电压无关，故A错误；B项：若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B错误；C项：若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C错误；D项：根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式 与，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为，故D正确。故选：D。【

10、点睛】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能。6.如图所示是一种焊接方法的原理示意图。将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊接工件就焊接在一起了。我国生产的自行车车轮圈就是用这种办法焊接的。下列说法中正确的是（ ）A. 这种焊接方法的原理是电流的磁效应B. 线圈中通入的交流电频率越高，焊缝处温度升高的越快C. 线圈中的电流是很强的恒定电流D. 待焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反【答

11、案】B【解析】【分析】恒定电流不能在工件中产生感应电流，频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同。【详解】A、B项：高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快，故A错误，B正确；C项：恒定电流不能在工件中产生感应电流，故C错误；D项：若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了电磁感应现象在生产和生活中的应用，注

12、意要会分析应用的原理。7.如图甲所示，一根电阻R4 的导线绕成半径d2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的感应电流时间图象，下列选项中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】01s，感应电动势为：E1= =4V感应电流大小为：I1=E1/R=4/4=A由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，故C正确，ABD错误故选：C点睛：根据法拉第电磁感应定律求出各个时间段的感应电动势大小，再求出感应电流大小，由楞次定律判断感应电流方向8.如图所示、一个

13、不计重力的带正电子粒子以沿各图的虚线射人场中。A中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外；B中是两条垂直纸面的长直导线中等大同向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；C中是圆环线圈中的电流、虚线过圆心且垂直圆环平面；D中Q、一Q是两个位置固定的等量异种点电荷的电荷量、虚线是两位置连线的中垂线。其中，带电粒子能做匀速直线运动的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】当带电粒子所受的合力为零时才能做匀速直线运动，分析粒子的受力情况，从而作出判断。【详解】A项：粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向上，故粒子的合外力不为

14、零，则带电粒子不可能做匀速直线运动，故A错误；B项：根据安培定则判断知虚线上合磁场为零，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动，故B正确；C项：由安培定则知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动，故C正确；D项：根据等量异种电荷的电场线分布可知电场线与虚线垂直，带电粒子所受的电场力与其速度垂直，粒子不可能做匀速直线运动，故D错误。故选：BC。【点睛】本题要紧扣匀速直线运动的条件：合力为零，掌握电场线和磁感线的分布情况，结合安培定则和左手定进行判断。9.如图所示，竖直墙面与水平地均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球

15、a、b分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内。如图所示，在水平推力FF的作用下，小球a、b静止于图示位置。如果将小球b向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（ ）A. 地面对小球的弹力可能减小B. 两个小球之同的距离增大C. 推力F将减小D. 竖直墙面对小球a的弹力不变【答案】BC【解析】【分析】先隔离对A球分析，A球受重力，墙壁的弹力和库仑力B小球向左缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形定则，知库仑力即墙壁弹力的变化再对整体分析，受总重力，拉力，地面的支持力，墙壁的弹力可知地面的支持力等于两球的总重力。【详解】A项：对整体受

16、力分析，如图所示，地面的支持力始终等于两球的总重力，所以地面对小球B的支持力不变，故A错误；B、C、D项：对A球受力分析，受到三个力如图所示，B小球向左缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，B的重力不变，墙壁的弹力方向不变，根据平行四边形定则，库仑力变小，竖直墙面对小球A的推力NA变小。对整体而言，墙壁对球的弹力等于推力F，则推力F将减小，AB间的库仑力变小，根据库仑定律得知，两球间距离变大，故B、C正确，D错误。故选：BC。【点睛】解决本题的关键先对整体受力分析，再隔离受力分析整体法和隔离法是物理当中常见的一种方法，要灵活运用。10.如图甲所为风力发电的简易模型，在风力的作用下，

17、风叶带动与其固定在一起的永磁体转动。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则（ ）A. 电流的瞬时值表达式为B. 磁体的转速为5r/sC. 若给阻值为10的电阻供电，该电阻1h内产生的电热为1.8104JD. 线圈中电流的有值为0.5A【答案】BD【解析】【分析】根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，即可判断出感应电流的大小变化，及转速与周期的关系。【详解】A项：通过乙图可知电流的最大值为0.5A，周期T=0.2s，故，故电流的表达式为i=0.5sin10t（A），故A错误；B项：电流的周期为T=0.2s，故磁体的转速为，故B正确；C、D项：电流的有效值为，根据公式

18、 ，故C错误，D正确。故选：BD。11.如图所示，电路中a、b是两个完全相同的灯泡，电阻为R（忽略电压变化时对电阻的响）L是一个自感系数很大、直流电阻为R的自感线圈。当S闭合与断开时，a、b灯泡的发光情况正确的是（ ）A. S刚闭合后，a灯立即变亮，b灯逐渐变亮B. S刚闭合后，b灯立即变亮，a灯逐渐变亮C. S闭合足够长时间后，a灯比b灯更亮D. S断开后，a灯立即熄灭，b灯闪亮一下再逐渐熄灭【答案】AC【解析】【分析】对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流。【详解】A、B、C项：由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，a灯泡立刻发光，而b灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡

19、渐渐变亮，因电阻不能忽略的线圈，当电流稳定时，a比b更亮一些，故A、C正确，B错误；D项：当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭，故D错误。故选：AC。【点睛】线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高同时线圈有阻碍电流的变化，注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故。12.如图所示，半径R=0.5m的圆弧型接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，Ob水平。一质量为m104kg、带电荷量为q20106C的粒子，从与圆弧圆心O等高且距O点03m的a点，以初速度=3ms沿水平方向射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直圆弧曲面打到弧面上的c点（图中未画出），取c点电

20、势0，则（ ）A. 该匀强电场的电场强度E1000VmB. 粒子到达c点的速度大小为5msC. 粒子在a点的电势为40VD. 粒子速率为3ms时的电势能为4104J【答案】AB【解析】【分析】粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的推论与类平抛运动的规律求出电场强度；然后由匀强电场场强与电势差的关系求出A点的电势，然后求出电势能；由动能定理求出粒子在C点的速度；然后由能量守恒定律求出粒子速率为3m/s时的电势能。【详解】A项：粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD=AO=0.3m，DC=0.4m，即有：AD=v0t，D

21、C=联立并代入数据可得：E=1000N/C，故A正确B、C项：因UDC=EDC=400V，而A、D两点电势相等，所以a=400V，从A到C由动能定理知： 代入数据解得：，故B正确；故C错误；D项：粒子在C点总能量：E=由能量守恒定律可知，粒子速率为3m/s时的电势能为0，故D错误。故选：AB。【点睛】本题考查了粒子在电场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题。二、实验题（本题共2小题，共14分。请按题目要求作答。）13.如图所示，在水平桌面上有一个台秤，台秤上沿东西方向放置金属棒ab，金属棒ab处在沿南北方向的匀强磁场中。现通过测量金属棒ab

22、在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向（1）在图中画线代替导线完成实验电路图，要求接通电源后电流由a流向b（2）完成下列主要实验步骤中的填空：按图接线；保持开关S断开，读出台秤示数m0；闭合开关S，调节R的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数m1和_用米尺测量_（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得到B_。（4）判断磁感应强度方向的方法是：若m1m0，磁感应强度方向垂直金属棒向_（填“南”或“北”）。【答案】 (1). ； (2). 电流表的示数I； (3). 金属棒的长度l； (4). 南。【解析】【分析】(1)用滑动变阻

23、器的限流式接法即可；(2)金属框平衡时测量才有意义，读出电阻箱电阻并用天平称量细沙质量；安培力与电流长度有关，安培力合力等于金属框架下边受的安培力；(3)根据平衡条件分列式即可求解；(4)根据左手定则判断即可。【详解】(1) 如图所示(2) 重新处于平衡状态；读出电流表的示数I；台秤示数m1；金属棒的长度l(3) 根据平衡条件，有：|m0-m1|g=Bil解得：；(4) 判定磁感应强度方向的方法是：若m0m1，磁感应强度方向向南。【点睛】理解实验原理是解决实验类题目的关键，此题关键是对线框受力分析，根据平衡条件求磁感应强度，注意电表的正负极。14.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验

24、室备有下列器材A干电池（电动勢E约15V、内电阻r约10）B电流表G（满偏电流20mA、内阻R010）C电流表A（量程006A、内阻约05）D滑动变阻器R1（0一20，10A）E滑动变阻器R2（01000，10A）F定值电阻R0（阻值990）G开关和导线若干（1）一组同学设计的实验电路如图甲所示，需要利用以上器材，正确连接好电路，进行实验测量，其中滑动变阻器选择_（填“R1”或“R2”）（2）本实验中若将电流表G和定值电阻R0组装成电压表，则此电压表的量程为_V。（3）实验步骤如下：利用选好的器材正确连接电路；闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端P至某一位置，记录电流表G的示数和电流表A的示数；

25、多次改变滑动端P的位置，得到多组数据；在图乙所示的坐标纸上建立、坐标系，并已标出了与测量数据对应的4个坐标点。还有一组数据如图丙中的电表所示，请读出此时电流表G的示数I1_mA和电流表A的示数I2_mA将此组数据的对应点标在图乙的坐标系中，并依据所标各点在图中描绘出图线_；利用所画图线求得电源的电动势E_V，电源的内阻r=_（结果要求保留两位小数）【答案】 (1). R1； (2). 2V； (3). 1.30； (4). 0.33； (5). ； (6). 1.48； (7). 0.56【解析】【分析】根据坐标系内描出的点作出图象，然后由欧姆定律求出函数表达式，根据图象与函数表达式求出电源电

26、动势与内阻；从方便实验操作的角度分析答题。【详解】(1)为了方便调节，滑动变阻器应选R1；(2)由串联电路关系可得：；(3)由图可知，电流表G的示数为1.30mA，电流表A的示数0.33A；(4) 根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示；由图1所示电路图可知，在闭合电路中：E=I1（R0+Rg）+I2r， 由图象可知， 联立解得：E=1.48V，r=0.56。【点睛】本题考查了作图象、求电源电动势与内阻、实验评价等，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，根据电路图与欧姆定律求出图象的函数表达式是正确求出电源电动势与内阻的关键。三、计算题（本题共4小题，共3

27、8分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）15.如图所示为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G360N，电源电动势E90V，电源内阻为r2，不计各处摩擦。当电动机以v1ms的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流I6A。求：（1）电动机消耗的总功率为多少？（2）电动机线圈的电阻为多少？【答案】(1)468W，(2)3 【解析】【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率效率等于有用功率与总功率之比。【详解】(1)重物被提升的

28、功率 PG=Fv=Gv=3601W=360W此时电路中的电流为I=6A，则电源的总功率 P总=EI=906W=540W；电源内阻消耗功率为 PrI2r72 W 因此电动机消耗总功率为 P电P总I2r468 W(2)设线圈的电阻为R。根据能量守恒得：P总=PG+I2r+I2R；【点睛】本题要知道电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，关键要准确分析功率是如何分配，根据能量转化和守恒定律进行列式解答这类问题。16.在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。某小型发电站，输送的电功率为P500kW，发电站输出电压为U1250V。为减少输送功率的损失，变电站先用一升压变压器将电压升高到U25kV

29、再输出，在这种情况下，用户端获得的电功率为P1340kW。所用变压器均为理想变压器。求（1）升压变压器原副线圈的匝数之比为多少？（2）这样输电，效率仍然较低，若想使输电效率提高到98，又不改变输电线，那么变电应将电压升高到多少向外输电？【答案】(1)1:20；(2)20kV【解析】【分析】根据P=UI求出输电的电流，结合损失的功率求出输电线的总电阻，根据输电的效率求出损失的功率，从而得出输送的电流，结合P=UI求出输送的电压。【详解】(1)由变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即：；(2) 设输电线上的电流为I，则有： 输电线上损耗的功率为：P损=P-P1=160KwP损=I2r代入数据得：r=

30、16P损=2%P=10kw P损=I2r= 代入数据解得： 。【点睛】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道损失的功率P损I2R，并能灵活运用。17.如图所示在xOy平面内，有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域。OP与x轴成45角，OP与y轴之间的磁场方向垂直纸面向里，OP与x轴之间的电场平行于x轴向左，电场强度为E。在y轴上有一点M，到O点的距离为L。现有一个质量为m、带电量为-q的带电粒子，从静止经电压为U的电场加速后，从M点以垂直y轴的速度方向进入磁场区域（加速电场图中没有画出），不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹与OP相切时，磁感应强度B的大小；（2）只改变匀强磁场磁感应强度的大小，使带电粒子经磁场能沿y轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x轴离开电场时的位置到O点的距离为多少？从进入磁场到离开电场经过的时间为多少？【答案】