新课标高二物理期末考试试题

昭阳一中高二期末摸底检测题一、本题共10小题。每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．关于磁感线和磁通量的概念，下列说法中正确的是()A．磁感线是磁场中客观存在、肉眼看不见的曲线,且总是从磁体的N极指向S极B．两个磁场叠加的区域，磁感线就有可能相交C．穿过闭合回路的磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的D．穿过线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零2．关于电和磁现象，以下说法中正确的是（）A．日光灯正常工作时，镇流器起着降压限流作用B．自感电动势的方向总是与原电流方向相反C．回旋加速器中的电场不仅使带电粒子加速还使带电粒子偏转D．低频扼流圈对低频交流电阻碍作用很大，对高频交流电阻碍作用很小3．一个满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，调整零点后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如用它测量一个未知电阻，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为：（）A．1000ΩB．2000ΩC．750ΩD．250Ω4．初速度为v0的电子（重力不计），沿平行于通电长直导线的方向射出,直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变5．如图电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电；C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电；6．磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，下图是它的示意图．平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）垂直于磁场B的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，稳定时下列说法中正确的是（）A．图中A板是电源的正极B．图中B板是电源的正极C．电源的电动势为BvdD．电源的电动势为Bvq7．在同一光滑斜面上放同一导体棒，右图所示是两种情况的剖面图。它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上：两次导体棒A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡。已知斜面的倾角为θ，则：()A．I1：I2=cosθ׃1B．I1：I2=1：1C．导体棒A所受安培力大小之比F1׃：F2=sinθ׃：cosθD．斜面对导体棒A的弹力大小之比N1׃：N2=cos2θ：18．如图1所示电路，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动片p向向b端移动时，电压表和电流表的示数变化情况的是（）A.电压表示数增大，电流表示数变小B.电压表和电流表示数都增大C.电压表和电流表示数都减小D.电压表示数减小，电流表示数增大9．如图所示，一只理想变压器的原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈接入电压为220V的照明用电，一只理想二极管和一个阻值为10Ω的电阻R串联接在副线圈上。则以下说法中正确的是()A．1min内电阻R上产生的热量为1452JB．电压表的读数约为15.6VC．二极管两端的最大电压为22VD．若将R换成一个阻值大于10Ω的电阻，则电流表读数变大10．两光滑水平导轨放置匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒ab可沿导轨自由移动，如图所示，导轨一端跨接一个定值电阻，金属棒和导轨的电阻不计。现将金属棒沿导轨由静止向右拉动，若保持拉力F恒定，经过时间t1速度变为v，金属棒受到的磁场力为F1，最终以2v的速度做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，经过时间t2，速度也变为v，金属棒受到的磁场力为F2，最终也以2v的速度做匀速运动。则（）A．t1t2B．t1=t2C．F1=F2D．F=2F2二、实验题（本题有两小题共18分）11.如图（a）所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的冲量后，随即启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车正碰并黏在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图（b）所示，电源频率为50Hz.则：碰撞前甲车运动速度大小为__________m/s，甲、乙两车的质量比m甲∶m乙为___________.12．（10分）有一个小灯泡上标有“4.8V2W”字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：A．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）B．电压表V2（0～100V，内阻15kΩ）×××××××××FRVAURUC．电流表A（0～0.6A，内阻约1Ω）D．定值电阻R1＝3kΩE．定值电阻R2＝15kΩF．滑动变阻器R（10Ω，2A）G．学生电源（直流6V，内阻不计）H．开关、导线若干（1）为尽量减小实验误差，并要求小灯泡两端电压可从零到额定电压内任意变化，实验中所用电压表应选用，定值电阻应选用（均用序号字母填写）；（2）请在方框内画出满足实验要求的电路图；（3）利用上述实验电路图测出的电压表读数UV与此时小灯泡两端电压U的定量关系是，下图的四个图象中正确的是．三、计算题（本题共4个小题共46分，解答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，答案中必须明确写出数值和单位13．（10分）一个正方形导线圈边长0.2ma，共有N=100匝，其总电阻4r，线圈与阻值16R的外电阻连成闭合回路，线圈所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直线圈所在平面，如图甲所示，磁场的大小随时间变化如图乙所示，求：（1）线圈中产生的感应电动势大小。（2）通过电阻R的电流大小。6P/WU2/V2O12180.5241.01.52.06P/WU2/V2O12180.5241.01.52.0AB6P/WU2/V2O12180.5241.01.52.06P/WU2/V2O12180.5241.01.52.0CD14．（10分）如图，发电机输出功率为100kＷ，输出电压为U1=250V，用户需要的电压为U4=220V，两变压器之间输电线的总电阻为10R，其它电线的电阻不计．若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，试求：（变压器是理想的）（1）发电机输出电流和输电线上的电流大小。（2）在输电线路中设置的升、降变压器原、副线圈的匝数比．15．（12分）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为。不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h.16．（14分）如图所示，足够长的金属导轨MN和PQ与R相连，平行地放在水平桌面上，质量为m的金属杆可以无摩擦地沿导轨运动．导轨与ab杆的电阻不计，导轨宽度为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过整个导轨平面．现给金属杆ab一个瞬时冲量I0，使ab杆向右滑行．（1）求回路的最大电流．（2）当滑行过程中电阻上产生的热量为Q时，杆ab的加速度多大？xyAOMNθv0（3）杆ab从开始运动到停下共滑行了多少距离？昭阳一中高二物理期末摸底检测题答题卡题号12345678910答案11～12题11．，，12．（1），（2）电路图必须用铅笔直尺画在右边方框内（3），13．14．15．16．昭阳一中高二物理期末摸底检测题答案题号12345678910答案DAAADBCADCABACD11～12题11．0.62:1（6分）12．（1）A（2分），D（2分）（2）电路图如图（2分）（3）V2UU（2分），C（2分）13．（10分）解析：（1）由图乙可知，0.01s时：1.0T/s100T/s0.01Bt（2分）线圈中产生的感应电动势2BENNatt=400V（3分）（2）通过电阻R的电流大小EIRr（3分）代入数据解得20AI（2分）14．（10分）解析：（1）输出电流为：11400APIu（3分）输电线上的电流I2为：224%IRP∴I2=20A（2分）（2）升压变压器原副线圈匝数比为：1221120nInI（3分）用户端干路电流I4为：44(14%)uIP∴44800A11I∴降压变压器原副线圈匝数比为：344324011nInI（2分）AV1RR1ES15．（12分）解析：（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，有qEmg①（1分）mgEq②（1分）电场强度方向竖直向上（1分）（2）小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，MOP，如图所示。设半径为r，由几何关系知Lsin2r③（1分）设小球做圆周运动的速率为v，有2mvqvBr④（1分）由速度的合成与分解知0cosvv⑤（1分）由③④⑤式得0cot2qBLvm⑥（2分）（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为0tanyvv⑦（1分）由匀变速直线运动规律22yvgh⑧（1分）由⑥⑦⑧式得22228qBLhmg⑨（2分）16．（14分）解析：（1）由动量定理I0=mv0–0得v0=I0m（2分）金属杆在导轨上做减速运动，刚开始时速度最大，感应电动势也最大，有：Em=BLv（1分）所以回路的最大电流Im=BLv0R=BLI0mR（1分）(2)设此时杆的速度为v，由能的转化和守恒有：Q=12mv02-12mv2（2分）解得：v=2012ImQm（1分）由牛顿第二定律得：BIL=ma（1分）由闭合电路欧姆定律得：I=BLvR（1分）解得：a=222022.BLImQmR（1分）（3）对全过程应用动量定理有：00BILtI（2分）而BLxItRtR（1分）解得：x=I0RB2L2（1分）xyAOMNθv0θO/P