(解析版)广东省广州市越秀区广大附中2016-2017学年高二下学期期末考试物理试题

2016学年第二学期期末考试高二理科物理问卷一、单项选择题1. 两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有、、三点，如图所示，下列说法正确的是（）A. 、两点的场强相同B. 电荷从点移到点静电力不做功C. 、、三点的电势都大于无穷远处的电势D. 两个等量异种电荷的连线上点场强最强【答案】B【解析】由等量异种电荷的电场线分布可知，a、b两点的场强方向相同，大小不同，选项A 错误；ab两点的电场方向水平向右，故电荷从a点移到b点静电力不做功，选项B正确； a、b、c三点的电势都等于零，都等于无穷远处的电势，选项C错误；两个等量异种电荷的连线上c点场强最弱，选项D错误；故选B.2. 一矩形线圈在匀强磁场中绕一固定转轴作匀速转动，当线圈刚好处于如图所示的位置时，则它的（）A. 磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大B. 磁通量最小，磁通量的变化率最小，感应电动势最小C. 磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电动势最小D. 磁通量最大，磁通量的变化率最大，感应电动势最大【答案】A点睛：解决本题的关键知道线圈处于中性面和与中性面垂直的面的特点，知道线圈平面与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大.3. 中国已投产运行的物高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来原的超高压输电，输电线上损耗的电功率为．保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：当以不同电压输送时，有，而在线路上损失的功率为可知，损失的功率与电压的平方成反比，即所以输电线上损失的功率为．输电线上损失的功率为．故选A.考点：远距离输电；点评：本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压．视频4. 某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈、小灯泡、开关和电池组，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关，小灯泡发光；再断开开关，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是（）A. 电源的内阻较大B. 小灯泡电阻偏大C. 线圈电阻偏大D. 线圈的自感系数较大【答案】C【解析】A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A错误；B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B错误；C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，C正确；D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误；故选C。

视频5. 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度随时间如图乙变化时，下图中正确表示线圈中感应电动势变化的是：（）A. B.C. D.【答案】A【解析】在0-1s内，根据法拉第电磁感应定律，．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在1-3s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在3-5s内，根据法拉第电磁感应定律，．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值，故A正确．视频6. 如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界点垂直于磁场方向射入，沿曲线打到屏上的点，通过段用时为，若该微粒经过点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终找到屏上．两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的（）A. 轨迹为，至屏的时间将小于B. 轨迹这，至屏的时间将大于C. 轨迹为，至屏的时间将大于D. 轨迹为，至屏的时间将等于【答案】C【解析】试题分析：由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可得出半径表达式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化．带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由，得：，P、q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹应为pa，因周期可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故pa所用的时间将大于t，C正确；【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，视频二、多项选择题：7. 关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是（）A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定B. 入射光频率大于极限频率能产生光电子C. 衰变成要经过次衰变和次衰变D. 发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了【答案】BD【解析】A．比结合能越大原子核越稳定，原子核的结合能越大，原子核不一定越稳定，故A 错误；B．入射光频率大于极限频率能产生光电子，故B正确；C．铀核衰变为铅核的过程中，衰变一次质量数减少个，次数；衰变的次数为，要经过次衰变和次衰变，故C错误；D．粒子为氦核，由两个质子和两种中子组成，所以发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了，故D正确．故选：BD8. 如图所示，和都是铝环，环是闭合的，环是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动．从前往后看，下列判断正确的是（）A. 用磁铁的极靠近环，环会靠近磁铁B. 用磁铁的极靠近环，环中会产生感应电动势C. 用磁铁的极靠近环，环会有顺时针方向的电流产生D. 用磁铁的极靠近环，环会有逆时针方向的电流产生【答案】BD【解析】A．环闭合，磁铁插向环时，产生感应电流，环受力，环会远离磁铁，故A错误；B．金属环不闭合，磁铁插向环时穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动，故B正确；C、D．用极接近环时，向里的磁通量最大，所以环中感应电流的磁场的方向向外，环能产生逆时针的感应电流，故C错误，D正确．故选：BD9. 如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框，沿纸面的由位置（左）匀速运动到位置（右）．则（）A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为B. 导线杠离开磁场时，感应电流方向为C. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D. 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右【答案】AC【解析】A、线框进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误．B、导线框离开磁场时，磁通量减小，感应电流方向为a→b→c→d→a，B错误；C、导线框离开磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，C正确；D、导线框进入磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，D错误；故选C。

10. 如图所示，水平面上相距的两根光滑平行金属导轨和，他们的电阻可忽略不计，在和之间接有最大阻值为的滑动变阻器，导体棒电阻，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度，滑动变阻器滑片处在正中间位置，在外力作用下以的速度向右匀速运动，以下判断正确的是（）A. 通过导体棒的电流大小为，方向由到B. 导体接受到的安培力大小为，方向水平向左C. 外力的功率大小为D. 若增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向端移动【答案】ACD【解析】A．感应电动势为：，感应电流大小为：，根据右手定则，感应电流方向为：，故A正确；B．安培力大小为：，根据左手定则，安培力水平向左，故B错误；C．导体棒匀速运动，则拉力为，故拉力的功率为：，故C正确；D．导体棒相当于电源，当外电阻与内电阻越是接近，外电阻消耗的功率越大，故要增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向端移动，故D正确．故选：ACD11. 一个含有理想变压器的电路如图所示，其中、、为定值电阻，为滑动变阻器，电表为理想电表，为正弦交流电源，输出电压有效值恒定，当滑片从左向右滑动的过程，下列说法正确的是（）A. 电压表示数变大B. 电容器所带电荷量始终不变C. 电流表示数减小D. 理想变压器输出功率增大【答案】AC【解析】AC．设原线圈电流为，原线圈的电压为，根据电压与匝数成正比可得：，副线圈的电流为：，根据电流与匝数成反比可得：，联立各式计算出：；，原副线圈匝数不变，当滑片从左向右滑动的过程中，增大，所以减小，减小，增大，故AC正确；B．因为减小，两端的电压减小，即电容器的电压减小，由可以知道，电容器所带电荷量减小，故B错误；D．理想变压器输出功率为，是关于的二次函数，当减小，有可能先增大后减小，也有可能一直减小，故D错误．故选：AC点睛：根据电流与匝数成反比，电压与匝数成正比，结合串联电路的特点，求出副线圈电压、电流数学表达式，再由原副线圈匝数不变，滑片P从左向右滑动的过程中，R2增大，判断电压表、电流表的示数变化；根据Q=CU判断电荷量的变化；根据功率公式分析R1实际功率的变化．12. 可视为质点的甲、乙两球质量分别为、，在甲球由静止释放的同时乙球竖直向上抛出，两球相碰前瞬间速度大小都是，碰撞时间极短，碰后两球粘在一起．不计空气阻力，当地重力加速度为，选竖直向下为正方向，则（）A. 从释放甲球到两球相碰前瞬间，甲球所受重力的冲量为B. 从释放甲球到两球相碰前瞬间，乙球动量变化量为C. 甲、乙碰撞后继续上升的高度为D. 甲、乙碰撞过程中损失的机械能为【答案】AD三、实验题：13. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“，”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现有如下器材：直流电源（电动势，内阻不计）电流表（量程，内阻约）电流表（量程，内阻约）电压表（量程，内阻约）电压表（量程，内阻约）滑动变阻器（阻值，额定电流）滑动变阻器（阻值，额定电流）（）在该实验中，需要尽可能精确测量，电流表应选择__________（选填“”或“”），电压表应选择__________（选填“”或“”），滑动变阻器应选择__________（选填“”或“”）．（）请在图中方框中完成实验的电路图．（）该同学正确连接电路后检查所有元器件都完好，进行测量．根绝所选仪器和实验电路，实验中小灯泡电阻的测量值__________真实值（填“大于”，“等于”或“小于”），这种误差属于__________（“系统误差”或“偶然误差”）．（）下图是学习小组在实验中根据测出的数据，在方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线．若将两个该灯泡并联后，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率__________（保留两位有效数字）．（若需作图，可直接画在图中）【答案】 (1). （）、 (2). 、 (3). ； (4). （）如图所示：(5). （）小于、系统误差． (6). （）．【解析】（）由可知，；为了安全和准确，电流表应选择；灯泡的额定电压为，直流电压表选择量程的误差较小，即选．因本实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选．（）因测量小灯泡的伏安特性曲实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；原理图如下；（）由于电表内电阻的影响，本实验中电压表的示数等于小灯泡两端的电压，电流表的示数大于流过小灯泡的电流；因此电阻的测量值小于其真实值．（）由题意可知，小灯泡两端电压为电源电压，为额定电压，所以其实际功率为．四、计算题：14. 如图所示，一个质量为，电荷量的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经加速电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长，两板间距，微粒射出偏转电场时的偏转角为30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里的匀强磁场区域．若加速电场的电压（未知）由一面积为的单匝圆形金属线圈，线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为的磁场产生．求：（）两金属板间的电压的大小．（）若该匀强磁场的宽度为，为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度至少多大．【答案】（）．（）．【解析】（）根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为：，则，①带电微粒经加速电场加速后速率为，根据动能定理有②粒子经电压偏转，有③④⑤联立①②③④⑤，得．（）在平行板电容器中的运动根据速度分解计算得出，进入磁场时的速度为．不能从磁场右边界射出，则带电粒子在磁场中做圆周运动的半径不能大于图示，存在最大值，根据三角形得．再根据向心力和洛仑兹力公式得．联立上式求得磁感应强度的最小值为．点睛：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势；带点微粒在两板间做类平抛运动，利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学公式，联立即可求出两金属板间的电压U2的大小；为使带电微粒不会由磁场右边射出，则临界几何条件为微粒轨迹与右边边界相切，利用洛伦兹力提供向心力结合临界几何关系，联立即可求出该匀强磁场的磁感应强度B至少多大．15. 如图所示，在坐标平面内存在的匀强磁场，与为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中满足曲线方程，为导轨的最右端，导轨与相交处的点和点分别接有体积可忽略的定值电阻和，其、．现有一足够长、质量的金属棒在竖直向上的外力作用下，以的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻、外其余电阻不计，取，求：（）金属棒在导轨上运动时感应电流的最大值．（）外力的最大值．（）金属棒滑过导轨段，外力做功是多少．【答案】（）．（）．（）．【解析】（）金属棒沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒匀速运动到点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大．金属棒接入电路的有效长度为导轨形状满足的曲线方程中的值．因此接入电路的金属棒的有效长度为．．．．．（）金属棒匀速运动中受重力、安培力、外力作用，计算得．计算得．（）金属棒滑过导轨段过程中，由能量守恒可知，外力做的功等于金属棒获得的机械能（动能重力势能）和导轨产生的热能之和．金属棒滑到段时，金属棒的机械能为：．金属棒在运动过程中，产生的感应电动势．有效值为．金属棒滑过导轨段的时间为，．计算得出：．滑过段产生的热量：．计算得出：．则，外力做的功．16. 如图所示，质量为的物块（可看作质点），开始放在长木板的左端，的质量为，可在水平面上无摩擦滑动，两端各有一竖直挡板、，现、以相同的速度向左运动并与挡板发生碰撞．每次只要与碰后其速度立即变为，但不与粘接；与碰后没有能量损失，碰后将接着返回向板运动，且在每次与板碰撞之前，、均能达到共同速度并且立即被锁定，让其二者一起向板运动，与板碰撞后、一并原速反向，并且立即解除锁定．、之间动摩擦因数．取．回答下列问题：（）在与板发生第一次碰撞之前，的共同速度是多少？相对于向右滑行距离是多少．（）通过计算，与挡板能否发生第二次碰撞．（）和最终停止在何处？在上一共通过了多少路程．【答案】（）；．（）物块与板能发生第二次碰撞．（）停在档板处，．【解析】（）设与发生第一次碰前，、共同运动速度为，与板第一次碰撞后的速度为，根据题意得：．对、在与板碰后至、共同运动速度的过程中，由动量守恒定律得：代入数据计算得出：．由能量守恒得：．联立上式并代入数据计算得出：．（）第二次与板碰后，速度为零，物块在板上做匀减速运动，设物块能到达板最左端，且到达最左端的速度为，则由动能定理得：．代入数据计算得出：．因为解合理，所以物块与板能发生第二次碰撞．（3）第二次碰后物块的速度仍为，同理经过上述全过程到达板最左端的速度为：，故，能继续上述过程直至速度减为并停在档板处．同理得物块在板上滑行的距离：．依此类推：．．点睛：A与M第一次碰撞后速度大小不变，对A、B组成的系统运用动量守恒定律，求出A、B 的共同速度．对A、B组成的系统运用能量守恒定律求出在与N板发生第一次碰撞之前A相对于B向右滑行距离△S1．B第二次与M板碰后，速度为零，A物块在B板上做匀减速运动，根据动能定理求出A滑动最左端时的速度大小，判断是否合理，从而得知A物块与M板能否发生第二次碰撞．通过A物块到达最左端的速度大小的关系，得出与M板碰后速度的通项式，以及A在B上相对运动路程的通项式，结合数学关系求出总路程的大小．。