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湖南省长沙市高二下学期物理期末考试试题一、选择题1.下列设备或电器中,利用电磁感应原理工作的是(  )A. 发电机 B. 白炽灯 C. 电动机 D. 电吹风【答案】A【解析】A.发电机是线圈在磁场中运动,产生电流,利用电磁感应原理,故 A 正确;B.白炽灯是将电能转化为热能后一部分热能转化为光能的设备,即是消耗电能的电热装置,故 B 错误;C.电动机是线圈通电后受力转动,不是利用电磁感应现象原理,故 C 错误;D.电吹风是将电能转化为热能和机械能,与电磁感应无关,故 D 错误.2.如图所示为某时刻 LC 振荡电路所处的状态,则该时刻( )A. 振荡电流 i 在增大 B. 电容器正在放电C. 磁场能正在向电场能转化 D. 电场能正在向磁场能转化【答案】C【解析】通过图示电流方向为电流流向正极板,知电容器在充电,振荡电流减小,电容器上的电荷量正在增大,磁场能正在向电场能转化;故选 C.3. 光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用,下列说法正确的是(  )A. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C. 在光导纤维内传送图象是利用光的色散现象D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象【答案】D【解析】试题分析:检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象,故 A 错误;用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光发生折射而形成色散现象,故 B 错误;光导纤维束内传送图象是利用了光由光密介质到光疏介质时会发生全反射,故 C 错误;增透膜是利用光的干涉现象,故 D 正确;故选 D.4.如图所示,一束单色光射入一玻璃球体,入射角为 已知光线在玻璃球内经一次反射后,再次折射回到空气中时与入射光线平行,此玻璃的折射率为( )A. B. 1.5 C. D. 2【答案】C【解析】作出光线在玻璃球体内光路图A、C 是折射点,B 反射点,OD 平行于入射光线,由几何知识得∠AOD=∠COD=60°则∠OAB=30°即折射角r=30°入射角i=60°所以折射率为A. 与分析不符,故 A 错误;B. 1.5 与分析不符,故 B 错误;C. 与分析相符,故 C 正确;D.2 与分析不符,故 D 错误。故选:C。5.如图所示,是温度自动报警器的工作原理图图中 1 是电磁铁、2 是衔铁、3 是触点、4 是水60°2 3sin3sininr= =23银温度计(水银导电).则下列说法正确的是A. 温度高于警戒温度时,电铃不报警、指示灯亮B. 温度低于警戒温度时,电铃报警、指示灯熄灭C. 温度高于警戒温度时,指示灯亮、电铃报警D. 温度低于警戒温度时,指示灯亮、电铃不响【答案】D【解析】AC、温度低于警戒温度时,水银柱下降,控制电路处于开路状态,电磁铁没有电流通过,电磁铁没有磁性,此时指示灯通过常闭触点与工作电路接通,通路状态指示灯亮,电路不报警.故 A 错误,C 错误;BD、温度高于警戒温度时,水银柱上升,控制电路处于接通状态,电磁铁中有电流通过,电磁铁有磁性,此时电铃通过常闭触点与工作电路接通,电路报警,此时通路状态指示灯的电路中没有电流,灯不亮.故 B 错误,D 正确.6.如图所示,灯泡 A、B 与固定电阻的阻值均为 R,L 是自感系数很大的线圈.当 S1闭合,S2断开且电路稳定时,A,B 亮度相同,再闭合 S2,待电路稳定后将 S1断开,下列说法中正确的是A. B 灯立即熄灭 B. A 灯将比原来更亮一下后再熄灭C. 有电流通过 B 灯,方向为 c→d D. 有电流通过 A 灯,方向为 a→b【答案】A【解析】ACD.S1 闭合、S2 断开且电路稳定时两灯亮度相同,说明 L 的直流电阻亦为 R.闭合 S2 后,L 与 A 灯并联,R 与 B 灯并联,它们的电流均相等.当断开后,L 将阻碍自身电流的减小,即该电流还会维持一段时间,在这段时间里,因 S2 闭合,电流不可能经过 B 灯和 R,只能通过 A 灯形成 b→A→a→L→c→b 的电流,所以 A 正确,CD 错误;B.由于自感形成的电流是在 L 原来电流的基础上逐渐减小的,并没有超过 A 灯原来电流,故 A 灯虽推迟一会熄灭,但不会比原来更亮,故 B 错误.7.如图所示是一交变电流的 图象,则该交变电流的有效值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】设交流电电流的有效值为 ,周期为 ,电阻为 ,则有:代入数据解得:A. 与分析不符,故 A 错误;B. 与分析不符,故 B 错误;C. 与分析不符,故 C 错误;D. 与分析相符,故 D 正确。故选:D。8.如图所示,带异种电荷的粒子 、 以相同的动能同时从 点射入宽度为 的有界匀强磁场,两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为 和 ,且同时到达 点, 、 两粒子的质量之比为( )A. 1:2 B. C. D. 【答案】C-i t4A 2 2A8A32 30A3I T R22 2mm23 32I T TI RT R I R = × + ×  2 30A3I =4A 2 2A8A32 30A3a b O d30° 60° P a b2 : 1 3: 4 4 : 3【解析】根据题意画出 a、b 粒子的轨迹如图所示,则 a、b 粒子的圆心分别是 和 ,设磁场宽度为 d,由图可知粒子 a 的半径粒子 b 的半径为两粒子动能相等,即且根据磁场中半径公式 ,又 a 粒子轨迹长度为b 粒子的轨迹长度为所以 ,联立以上各式解得A. 1:2 与分析不符,故 A 错误;B. 与分析不符,故 B 错误;C. 与分析相符,故 C 正确;D. 与分析不符,故 D 错误。故选:C。9. 在均匀介质中,各质点的平衡位置在同一直线上,相邻两质点的距离均为 s,如图甲所示1O 2O12sin 60 3ddr °= =22sin 30dr d°= =2 21 1 2 21 12 2m v m v=1 111m vrq B= 2 222m vrq B=11 12 60 22360 3rS rππ×= × =22 22 302360 3rS rππ×= × =11Svt= 22Svt=1234mm=2 : 13: 4 4 : 3,振动从质点 1 开始向右传播,质点 1 开始运动时的速度方向向上,经过时间 t,前 13 个质点第一次形成如图乙所示的波形,关于这列波的周期和波速下列说法正确的是( )A. 这列波的周期为 T= B. 这列波的周期为 T=C. 这列波的传播速度 v= D. 这列波 传播速度 v=【答案】BD【解析】解:波源的起振方向向上,各质点起振方向均向上.根据振动的周期性和波的传播特点可知,质点 13 此时的振动方向向下,而波源的起振方向向上,所以从质点 13 算起,需要再经 该点振动的方向才能向上,设周期为 T,则 t= T+=2T,即 T= .由题意知,λ=8s,结合 λ=vT,可得 v= 故选 BD10.如图所示为某小型发电站高压输电示意图,变压器均为理想变压器,发电机输出功率恒定为 48kW 在输电线路上接入一个电流互感器,其原、副线圈的匝数比为 1:20,电流表的示数为 1A,输电线的总电阻为 10Ω,下列说法正确的是( )A. 用户端的功率为 44kwB. 升压变压器的输出电压 U2=2400VC. 降压变压器的输入电压 U3=2000VD. 如果用户电压为 220V,则降压变压器的原副线圈匝数比为 10:1【答案】ABD【解析】A 根据电流互感器的匝数关系可求得输电线的电流为 20A,用户端的功率 48kw-202 10 kw=44kw,故 A 符合题意.的× 310−×B.升压变压器的输出电压 U2= 2400V,故 B 符合题意.C.降压变压器的输入电压 U3=U2-20 10V= 2200V ,故 C 不符合题意.D.如果用户电压为 220V,则降压变压器的原副线圈匝数比为电压之比 2200:220= 10:1 ,故 D 符合题意.11.如图甲所示,两固定平行且光滑金属轨道 MN、PQ 与水平面成 θ= ,M、P 之间接电阻箱 R,电阻箱的阻值范围为 0~9.9Ω,导轨所在空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为 B=0.5T。质量为 m 的金属杆 ab 水平放置在轨道上,其接入电路的电阻值为 r。现从静止释放杆 ab,测得最大速度为 vm。改变电阻箱的阻值 R,得到 vm与 R的关系如图乙所示。已知轨道间距为 L=2m,重力加速度取 g=10m/s2,轨道足够长且电阻不计(sin =0.6,cos =0.8)。则A. 金属杆滑动时产生的感应电流方向是 aPMba B. 金属杆的质量为 m=0.5kgC. 金属杆的接入电阻 r=2Ω D. 当 R=2Ω 时,杆 ab 匀速下滑过程中 R 两端电压为 8V【答案】AC【解析】A.金属杆滑动时,穿过闭合回路的磁通量增加,根据楞次定律知感应电流方向是aPMba,故 A 正确BC.设杆运动的最大速度为 vm,杆切割磁感线产生的感应电动势为 ,由闭合电路的欧姆定律得杆达到最大速度时受到平衡,满足联立解得由图旬可知:斜率为纵截距为得pI= 4800 V20=×37°37° 37°mE BLv=EIR r=+sin 0mg BILθ − =2 2 2 2sin sinmmg mgv R rB L B Lθ θ= +8 422k−= =0 4m/sv =02 2 2 2sin sin2,mg mgk r vB L B Lθ θ= = =解得故 B 错误,C 正确;D.当 R=2Ω 时,金属杆 ab 匀速下滑时,有得所以 R 两端电压为故 D 错误。故选 AC。12.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为 ,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为 ;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为 的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行,由离子源发出一个质量为 、电荷量为 的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线 做匀速圆周运动,而后由 点进入磁分析器中,最终经过 点进入收集器,下列说法中正确的是( )A. 磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外B. 加速电场中的加速电压C. 磁分析器中圆心 到 点的距离D. 任何离子若能到达 点,则一定能进入收集器【答案】AB【解析】A. 离子在磁分析器中沿顺时针转动,所受洛伦磁力指向圆心,根据左手定则,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,故 A 正确;B. 离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有:1kg, 2Ω3m r= =sin 0mg BILθ − =2AI =2 2V 4VU IR= = × =REB mqMN P Q12U ER=2O QmERdq=P2vqE mR=设离子进入静电分析器时 速度为 v,离子在加速电场中加速的过程中,由动能定理有:解得: 故 B 正确;C. 离子在磁分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有:解得:则: 故 C 错误;D. 由 B 可知: ,R 与离子质量、电量无关;离子在磁场中的轨道半径:离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关,能够到达 P 点的不同离子,半径不一定都等于 d,不一定能进入收集器,故 D 错误。故选:AB。二、实验题13.某同学为了测量一均匀金属圆柱体的电阻率 ,完成下列步骤: (1)用游标卡尺测量其长度,如图甲所示,其长度为______ 。(2)用螺旋测微器测量其直径,为防止读数时测微螺杆发生转动,读数前应旋紧图乙中的部件______(填“ ”“ ”“ ”“或 ”),从图乙中可知其直径为______ 。(3)若用伏安法测得流经圆柱体的电流为 ,圆柱体两端的电压为 ,圆柱体的直径和长度分别用 和 表示,则该圆柱体的电阻率 ______(用 , , 和 表示).【答案】 (1). 42.35 (2). B 0.410 (3). 【解析】(1)[1]由图甲所示可知,游标卡尺主尺示数为 ,游标尺示数为的21 02qU m= −v12U ER=2vqvB mr=1 2 1mU mERrB q B q= =1 mERd rB q= =12U ER=1 mERrB q=ρmmA B C D mmI UD L ρ = I U D L24D UILπ42mm7 0.05mm 0.35mm× =游标卡尺示数为(2)[2][3]读数前应先旋紧部件 ,使读数固定不变,由图乙所示可知,螺旋测微器固定刻度示数 ,螺旋示数为螺旋测微器示数为(3)[4]由电阻定义式得圆柱体的电阻为: ①由电阻定律得: ②又 ③①②③联立解得:14.图一是某实验小组设计的欧姆表电路,图二是其中毫安表的表盘,该实验小组通过调控开关 和调节电阻箱可使欧姆表具有“ ”和“ ”两种倍率,所用器材参数如下:电源电动势 ,内阻 ,毫安表满偏电流 ,内阻 ,电阻箱 ,最大阻值为 。(1)该实验小组按图一正确连接好电路,其中表笔 应为______(填“红表笔”或“黑表笔”),断开开关 ,此时欧姆表的倍率为“×10”.将红、黑表笔短接,调节电阻箱 ,使毫安表达到满偏,此时闭合电路的总电阻叫做这个倍率下欧姆表的内阻 ,则 =_____ 。(2)闭合开关 ,此时欧姆表的倍率为“ ”,再次将红、黑表笔短接,重新调节电阻箱 ,使毫安表再次达到满偏,在此倍率下 =______ , =______ .(3)完成步骤(2)后,在红、黑表笔间接入待测电阻 ,当毫安表指针指向图二所示的位置时,待测电阻 ______ .为42mm 0.35mm 42.35mm+ =B0 41.0 0.01mm 0.410mm× =0.0mm 0.410mm 0.410mm+ =URI=LRSρ=22DS π  =   24UDILπρ =S 1× 10×3VE = 1r = Ω 1mAgI = 27gR = Ω 1R9999ΩAS 1R1r 1r ΩS 1× 1R1R Ω 2R ΩxRxR Ω【答案】 (1). 黑表笔 3000 (2). 296.3 3 (3). 75【解析】(1)[1][2]根据欧姆表的内部结构可知,黑表笔连接欧姆表内部电源的正极,即表笔为黑表笔;根据欧姆表的工作原理可知,欧姆表内阻为:(2)[3][4]根据欧姆表内部结构可知,中值电阻等于内阻,此时倍率为“×1”,则内阻为干路电流为:根据欧姆定律可知:联立解得: ,(3)[5]在红、黑表笔间接入待测电阻 ,当毫安表指针指向图二所示的位置时,示数为,则干路电流为 ,根据闭合电路欧姆定律可知:解得:三、解答题15.一矩形线圈,在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动,形成如图所示的交变电动势图象,试根据图象求出:(1)线圈转动的角速度;(2)电动势 有效值;(3)t = 1.0×10−2s 时,线圈平面和磁场方向 夹角.【答案】(1)105rad/s(2)14.1 V(3)【解析】(1)由图象得,交变电动势的周期 T=6×10-2s的的A1330000.001gErI= = Ω = Ω2 300r = Ω20.01AEIr= =( )g g 2 gI R R I I= −( )g g 1E I R I R r= + +1 296.3R = Ω 2 3R = ΩxR0.8mA 8mA ( )2 xE I r R′= +75xR = Ω6π而周期代入数值解得 ω=105rad/s(2)由图象得,交变电动势的最大值为 Em=20V,电动势的有效值代入数值解得 E=14.1V(3)交变电动势的瞬时值表达式线圈平面和磁场方向的夹角将 t = 1.0×10−2s 代入,解得16.如图所示,图甲是一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图,P 点是此时处在平衡位置的一个质点.图乙是质点 P 的振动图象.(1)判断这列波的传播方向;(2)经过时间 t1=6s,质点 P 通过的路程 s;(3)经过 t2=30s,波向前传播的距离 x.【答案】(1)沿 x 轴正方向传播 (2)s=12cm (3)x=60m 【解析】试题分析:(1)根据振动图象判断出 t=0 时刻 P 点的振动方向,再判断波的传播方向.(2)图乙读出周期,由周期与时间的关系,结合题意,即可求解 P 点通过的路程.(3)由公式 求出波速,由 x=vt 求解波传播的距离.(1)由图乙知,t=0 时刻质点 P 正向上振动,所以根据波形平移法知,该波沿 x 轴正方向传播.(2)从图乙可知振动周期为 T=4s,一个周期内质点通过的路程为 4A,则经过时间则质点 P 通过的路程为:2Tπω=2mEE =sinme E tω=2tπα ω= −6πα =vTλ=1 6 1.5t s T= =1.5 4 6 2 12s A cm cm= × = × =(3)波速为:经过 ,波向前传播的距离17.半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面上,一长为 r,质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面,BA 的延长线通过圆导轨的中心 O,装置的俯视图如图所示;整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为 B,方向竖直向下;在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出).直导体棒在水平外力作用下以角速度 ω 绕 O 逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触.设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略,重力加速度大小为 g,求:(1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小;(2)外力的功率.【答案】(1) (2)【解析】(1)在 时间内,导体棒扫过的面积为:根据法拉第电磁感应定律,导体棒产生的感应电动势大小为:根据右手定则,感应电流的方向是从 B 端流向 A 端,因此流过导体 R 的电流方向是从 C 端流向 D 端;由欧姆定律流过导体 R 的电流满足:联立可得:(2)在竖直方向有:mg-2N=0 式中,由于质量分布均匀,内外圆导轨对导体棒的正压力相等,其值为 N,两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为:在 时间内,导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为:和克服摩擦力做的总功为:82 /4v m sTλ= = =2 30t s= 2 2 30 60x vt m m= = × =232BrIRω=2 2 43 92 4B rP mg rRωµ ω= +Δt 2 21Δ Δ (2 )2S t r rω  = − ΔΔB Stε =IRε=232BrIRω=f Nµ=Δt 1 Δl r tω=2 2 Δl r tω=1 2( )fW f l l= +在 时间内,消耗在电阻 R 上的功为:根据能量转化和守恒定律,外力在 时间内做的功为:外力的功率为:联立可得:18.如图所示,在 轴右侧平面内存在方向垂直面向里的匀强磁场,磁感应强度大小,坐标原点 有一放射源,可以向 轴右侧平面沿各个方向 6 放射比荷为的正离子,这些离子速率分别在从 0 到最大值 的范围内,不计离子之间的相互作用.(1)求离子打到 轴上的范围;(2)若在某时刻沿 方向放射各种速率的离子,求经过 时这些离子所在位置构成的曲线方程;(3)若从某时刻开始向 轴右侧各个方向放射各种速率的离子,求经过 时已进入磁场的离子可能出现的区域面积.【 答 案 】 (1) 离 子 打 到 轴 上 的 范 围 为 0 到 ; (2) ; (3)【解析】 (1)离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为 ,由牛顿第二定律得:t∆ 2 ΔRW I R t=t∆ f RW W W= +ΔWPt=2 2 43 92 4B rP mg rRωµ ω= +y0.5TB = O y64 10 C/kgqm= × 62 10 m/smv = ×yx+ 75 10 s3π −×y -75 10 s3π ×y 2m3 303 2y x x =    „ „27 3 m12 4S π = −  R解得:由几何关系知,离子打到 轴上的范围为 0 到 。(2)离子在磁场中运动的周期为 ,则经过时间 这些离子轨迹所对应的圆心角为 ,则这些离子构成的曲线如图 1 所示,并令某一离子在此时刻的坐标为 ,则 代入数据并化简得: 甲 乙(3)将第(2)问中图 1 的 段从沿 轴方向顺时针方向旋转,在 轴上找一点 ,以 为半径作圆弧,相交于 ,则两圆弧及 轴所围成的面积即为在 向 轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在 时已进入磁场的离子所在区域,如图 2 所示。由几何关系可求得此面积为:则:2mmvBqv mR=1mmmvRBq= =y 2mT62 2 10 sR mTv Bqπ π π −= = = ×t θ 23tTπ πθ = =( , )x ysinx r θ= (1 cos )y r θ= −3 303 2y x x =    „ „OA y x C RB y 0t = y75 10 s3πt −= ×2 2 2 25 1 1 3 7 312 6 2 2 12 4S R R R R R Rπ π π= + − × = −27 3 m12 4S π = −   查看更多

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