湖北省武汉第二中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题附答案解析

武汉二中2018-2019学年上学期高二年级期末考试

物理试卷

一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求；第7~10题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1.下列说法中符合物理学史的是（ ）

A. 安培发现了电流的磁效应 B. 法拉第发现电磁感应现象

C. 奥期特提出了分子电流假设 D. 愣次发明了人类历史上第一台发电机 【答案】B 【解析】

【详解】奥期特发现了电流的磁效应，选项A错误；法拉第发现电磁感应现象，选项B正确；安培提出了分子电流假设，选项C错误；法拉第发明了人类历史上第一台发电机，选项D错误；故选B.

2.通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率，原线圈两瑞电压U保持不变，输电线的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，输电线损耗的电功率为；若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，输电线损耗的电功率为，则和分别为（ ）

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】C 【解析】 【分析】

根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率．

【详解】当副线圈与原线圈的匝数比为k时，输电电压为kU，输送功率P=kUI，所以P1＝I2R=

；当副线

圈与原线圈的匝数比为nk时，输电电压为nkU，输送功率P=nkUI′，所以P2＝I′2R=；，故选C。

3.圆心为O，半径为R的半圆的直径两端。各固定有一般垂直半圆平面的长直导线a、b，两导线中通有大小分别为

和且方向向里的电流。已知长直导线产生磁场的磁感应强度

，其中k为常数、l为导线中电

流、r为某点到导线的距离，则下列说法中正确的是（ ）

A. 圆心O点处的磁感应强度的方向由a指向b B. 在直径ab上，磁感应强度为零的点与b点距离为

C. 在半圆上一定存在磁感应强度方向沿半圆切线方向的位置 D. 在半圆上一定存在磁感应强度方向平行于直径ab的位置 【答案】C 【解析】

【详解】长直导线a、b，两导线中通有大小分别为2I0和I0方向相同的电流，根据右手定则可知，它们在O处的合磁场方向垂直ab向下，故A错误；根据B=kI/r，又电流是2I和I在直径上产生的磁场大小相等，方向相反，磁感应强度B=0的位置一定在Ob之间，设此点到b的距离为x，则有：

，代入解得x=R，

故B错误；a、b与圆周上任何一点c相连，则a在c点产生磁场方向沿cb方向，b在c点产生磁场方向沿ac方向，且这两个方向垂直（圆的直径对应的圆周角为90°），根据几何关系可知这两个矢量合成是不可能与直径平行的，但是一定存在磁感应强度方向沿半圆切线方向的位置，故有C正确；D错误，故选C。 【点睛】考查右手螺旋定则与矢量的合成法则的应用，理解磁感应强度B=kI /r 的含义，注意几何关系：圆的直径对应的圆周角为90°，是解决CD选项的关键．

4.如图所示，单匝直角三角形导线框OMN在匀强磁场中以ON所在的直线为轴匀速转动，角速度为ω，已知

OM边长为l，，匀强磁场垂直于ON向右，磁感应强度大小为B，则下列说法正确的是( )

A. 导线框OMN内产生大小恒定的电流 B. 截掉导线MN，则电动势最大值变小 C. 导线框OMN产生的电流方向为OMNO D. 导线框OMN内产生的电动势最大值为【答案】D 【解析】

当导线框OMN以ON所在的直线为轴匀速转动时，线圈内产生正弦交变电流，选项A错误；导线MN不切割磁感线，则截掉导线MN，则电动势最大值不变，选项B错误；导线框OMN产生的电流方向不断变化，选项C错误；导线框OMN内产生的电动势最大值为Em=BωS=

，选项D正确；故选D.

点睛：此问题的实质和产生交流电的矩形线圈相似，产生的是正弦交流电，且最大值都是Em=BωS，比较简单. 5.如图所示，在水平直线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直线上的P点先后发射出两个完全相同的带正电的粒子（不计重力），射入时速度大小相等但射入方向与直线间夹角分别为

和

。已知粒子在磁场

中做匀速圆周运动的周期为T。要使这两个粒子在磁场中某点相遇，则先后发射两个粒子的时间间隔为（ ）

A. B. C. D.

【答案】A 【解析】 【分析】

作出两个粒子的运动轨迹，抓住相遇时对应的交点，结合几何关系求出两粒子转动的角度，根据周期公式分析两粒子发射的时间间隔。

【详解】作出两个粒子的运动轨迹，如图所示，

由于速度大小相等，根据知，半径相等，交点为相遇点，根据几何关系知，射入方向与直线间夹角为

，射入方向与直线间夹角为90°的粒子偏转角为120°，

30°的粒子偏转角为240°，运动时间运动时间

，则时间间隔△t＝t1−t2＝T，故A正确，BCD错误。故选A。

6.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN，PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨右端接有阻值为R的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置。并与导轨接触良好。现使金属棒以某初速度水平向左运动。它先后经过位置a、b后，到达位置c处刚好静止。已知磁场的磁感应强度大小为B，金属棒经过a、b处的速度分别为、，a、b间距离等于b、c间距离，导轨电阻忽略不计。下列

说法中正确的是（ ）

A. 金属棒运动到a处时的加速度大小为

B. 金属棒运动到b处时通过电阻R的电流方向由N指向Q C. 金属棒在a→b过程中通过电阻R的电荷量是b→c的2倍 D. 金属棒在a处的速度是其在b处速度的2倍 【答案】D 【解析】

【详解】金属棒运动到a处时，有 E=BLva，

，安培力：F=BIL=

，由牛顿第二定律得加速度：

，故A错误。金属棒运动到b处时，由右手定则判断知，通过电阻的电流方向由Q指向N，故

B错误。金属棒在a→b过程中，通过电阻的电荷量的电荷量

，同理，在b→c的过程中，通过电阻

，由于△Φ1=△Φ2，可得q1=q2．故C错误。在b→c的过程中，对金属棒运用动量定理得：

-∑∆t=0-mv2，而∑v△t=lbc，解得：，同理，在a→c的过程中，对金属棒运用动量定理得：

-∑∆t′=0-mv1，而∑v△t′=lac，解得：，因lac=2lbc，因此v1=2v2，故D正确。故选D。

【点睛】解决本题的关键是推导出安培力表达式研究速度可根据动量定理求解。

、感应电荷量表达式。对于非匀变速运动，

7.如图，一导体圆环保持水平，沿一个性质匀称的条形磁铁轴线落下，条形磁铁竖直固定，圆环中心始终位于磁铁轴线上。已知当圆环落至B、D两位置时，刚好经过磁铁上下端截面，而C位置位于磁铁正中。不计空气阻力，下列说法正确的有

A. 圆环由A落至B的过程中，环中感应电流从上至下看为顺时针 B. 圆环由B落至C的过程中，圆环磁通量在减少 C. 圆环落至C、D之间时，圆环有收缩趋势

D. 圆环由A落至E的过程中，任意时刻加速度都小于重力加速度g 【答案】AC 【解析】

圆环由A落至B的过程中，穿过圆环竖直向上的磁通量增大，根据楞次定律可得环中感应电流从上至下看为顺时针，A正确；当磁铁在BD之间时，穿过圆环的磁场分为两部分，一部分是磁铁外部竖直向下的磁场，一部分是磁铁内部方向竖直向上的磁场（这部分是匀强磁场，恒定不变，即穿过圆环的磁感线条数恒定不变），即

，磁铁外部磁场在C点最弱，磁感线条数最少，故在C点穿过线圈的磁通量最大，磁感线最密

集，圆环由B落至C的过程中，磁通量增大，从C到D过程中，穿过线圈的磁通量减小，故圆环有收缩趋势，B错误C正确；在中点C处时磁感线都是竖直方向上的，水平方向上没有分量，不切割，没有感应电流，不受安培力作用，故加速度等于重力加速度，D错误． 8.如图甲所示的电路，电阻

，与并联的D是理想二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大在A、

B之间加一个如图乙所示的交变电压。由此可知（ ）

A. 在A、B之间所加的交变电压的周期为2s B. 在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为C. 在A、B之间所加的交变电压的最大值为20V D. 两端电压的有效值为【答案】BD 【解析】

【分析】

（1）由图象可得交流电的周期，电压最大值，依据u=Umsinωt可得变电压的瞬时值表达式．

（2）根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解．

【详解】由图象可得交流电的周期T=0.02s，故A错误；电压最大值为Um=20V，交变电压的瞬时值表达式为：u＝Umsinωt＝20sint=20sin100πt(V)，故B正确；电压最大值为Um=20V，故C错误；因为是交流电所以应该分两种情况考虑：1、当电源在正半轴时A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压即为：

；电源在负半轴时B点电位高于A点电位二极管截止 R1，R2串联分压，Q=Q1+Q2，；解得：U＝5

V，故D正确。故选BD。

9.如图所示，在一磁感应强度大小为B0、方向水平向右的匀强磁场中，有一通电直导线abc从中点折成夹角为120°的两段（abc平面位于纸面内），为使两段通电导线ab、bc所受安培力大小相等，在纸面内abc所在区域再加上另一磁感应强度也为B0的匀强磁场，此时，合磁场的磁感应强度大小变为B，则（ ）

A. C.

B. D.

【答案】CD 【解析】 【分析】

依据矢量的合成法则，及几何知识，即可求解；

【详解】若两个磁场的合磁场与的角平分线平行，根据几何知识可得：，解得：；

若两个磁场的合磁场与ac的连线平行，根据几何知识可得：故选CD。

，故C、D正确，A、B错误；

【点睛】掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向

是解题的关键；

10.如图甲所示，在光滑绝缘水平面内。两条平行虚线间存在一匀强磁场。磁感应强度方向与水平面垂直。边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行。

时刻线框在水平外力F的作用

下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）

A. 水平外力为恒力 B. 匀强磁场的宽度为

C. 从开始运动到ab边刚离开磁场的时间为

D. 线框穿出磁场过程中外力F做的功大于线框进入磁场过程中外力F做的功 【答案】BCD 【解析】 【分析】 根据线框感应电流

，结合i-t图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据图象找到进入和穿出

磁场的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab边离开的时间。根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据安培力公式得出导线框所受的安培力。

【详解】线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力F必然不是恒力，选项A错误；由图乙可知2t0～4t0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a，边框长为：l=a(4t0)2−a(2t0)2=6at02；磁场的宽度为：d=a(6t0)2−a(2t0)2=16at02；故d=，故选项B正确；设t时刻线框穿出磁场，则有：6at02=at2−a(6t0)2，解得：t=4t0，选C正确；线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，根据

可知，线框出离磁场过程中的水平拉力大于进入磁场过程中的水平拉

力，线框穿出磁场过程中外力F做的功做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，选项D正确。故选BCD。

二、实验题：本大题共2小题。共15分。把答案填写在答题卡题中的横线上。 11.某同学用如图所示的电路测量一个微安表(量程为

)的内阻。连接好电路后，主要操作步程如下:

（1）将开关S和处于断开状态；

（2）将变阻器R和电阻箱调至最大值。闭合开关S，调节变阻器R，让微安表达到满偏。此时电压表示数为2.00V；

（3）再闭合开关。调节变阻器R和电阻箱，让微安表达到半偏。此时电阻箱的示数为的示数为2.50V。

由上述实验数据可知:电压表的内阻为【答案】 (1). 4 (2). 450 【解析】

【详解】当S1断开时，电压表与微安表串联，电压表内阻为：闭合开关S1可求得电压表电流为：电阻箱两侧电压为：UR1=IR1R， 微安表内阻为：

；

，则电阻箱电流为：

；

，

_______

，微安表的内阻为

______。

，电压表

【点睛】此题是关键利用串并联电路的电压规律和电流规律找到电阻箱的电压和电流，从而利用欧姆定律列式求解微安表内阻。

12.利用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻。

（1）若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列电压表的读数U。由于未考

虑电压表分流，导致电动势的测量值与真实值相比 _____，内阻的测量值与真实值相比______ 。（以上两空选填“偏大”、“相等”或“偏小”)

（2）若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列电流表的读数I。由于未考虑电流表分压，导致电动势的测量值与真实值相比_______，内阻的测量值与真实值相比__________ 。(以上两空选填“偏大”、“相等”或“偏小”)

（3）某同学分别按照以上两种方式完成实验操作，利用图象法处理数据，分别得到如下

两个图象，如图乙中的①和②所示，纵轴截距分别是b1、b2，斜率分别为k1、k2。综合两条图线的数据信息可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差，则电源的电动势E=______ ，内阻r= ________ 。

【答案】 (1). 偏小； (2). 偏小； (3). 相等； (4). 偏大； (5). (6). 【解析】

（1）若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根据闭合电路欧姆定律可知，E=U+Ir=U+r，则

，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，

则电源内阻r=kE=；由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为E=U+Ir=U+（+由数学规律可知，电动势E减小；内阻减小；

（2）根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）变形，得到与R的关系式，

．根据数学知识得知，-R图

）r，变形得：则

；则

象的斜率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r与定值电阻的和．则可知，电动势的测量值与真实值相比相等，没有考虑电流表的内阻，即实际内阻r=b-RA，所以内电阻的测量值与真实值相比偏大．

（3）由以上分析可知，（2）中电动势是准确的，故E=；而（1）图象的斜率k1=；联立解得：r=； 点睛：本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息．

三、计算题：本大题共4小题，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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.如图甲为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为电阻

，在它的c、d两端接一般值

匝，

的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁

通量随时间变化规律如图乙所示，可在受电线圈中产生正弦式交变电流。求：

（1）在一个周期内，电阻R上产生的焦耳热； （2）从到时间内，通过电阻R的电荷量。 【答案】（1）5.7×10J（2）2×10C 【解析】 【分析】

（1）求出交流电的有效值，再根据焦耳定律即可求出电阻R上产生的热量；

（2）根据法拉第电磁感应定律可确定平均电动势，求出平均电流，从而求出电量大小。 【详解】（1）由图乙知T=π×10-3s；受电线圈中产生的电动势为最大值

线圈中产生感应电流的最大值大小为

；

-2

−3

通过电阻电流的有效值为

电阻在一个周期内产生的热量Q=I2RT=5.7×10-2J （2）线圈中感应电动势的平均值通过电阻电流的平均值为通过电阻的电荷量q＝⋅△t

由题图乙知，在T/4～3T/4的时间内，△ϕ=4×10-4Wb 解得q＝n＝2×10−3C

【点睛】本题考查电磁感应以有交流电的性质；求解交变电流的电功率时要用有效值。在电磁感应中通过导体截面的电量经验公式是Q＝n

，可以在推导的基础上记住。

14.如图所示，方向垂直纸面向里的半圆形匀强磁场区域，O为其圆心，直径行于AB且与半圆形区域相切于P点，O处放置一粒子源，可在OA与OB之间

。足够长的收集板MN平范围内向磁场内各个方向均

匀射入速率均为的带负电粒子，每个粒子的质量均为m。电荷量大小均为q。不计粒子重力和粒子间的相互作用。

（1）若所有粒子都不能被收集板收集，求磁场的磁感应强度满足的条件； （2）若恰有的粒子能被收集板收集到，求磁场的磁感应强度大小。

【答案】（1）B1＞【解析】 【分析】

（2）

（1）由粒子不能被收集求得运动半径范围，进而根据洛伦兹力作向心力求得磁感应强度范围；

（2）分析得到粒子能被收集到的发射速度方向的范围，再根据临界粒子的运动状态求得粒子运动的半径，进而求得磁感应强度．

【详解】（1）由左手定则可知粒子右偏，那么，从O点射出的粒子若从AP边界离开磁场，则必打在收集板上被收集，所以，要使所有粒子均不能被收集板收集，则粒子直径2R＜L； 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力作向心力，所以有，

，

解得：；

所以要使所有粒子均不能被收集板收集，＜L，则B1＞

（2）若粒子运动半径r＜，则收集板收集不到粒子；若粒子运动半径r＝L，则收集板只能收集到沿OA方向发射的粒子；所以，r＞L；当r＞L时，出射点在AP上的粒子都能收集到，出射点在PB上的粒子出射速度方向斜向右上才能被收集板收集到；若恰有5/6的粒子能被收集板收集到，则当粒子出射点在PB上，出射速度方向平行于OB时，粒子在O点的速度方向与OB之间的夹角为(1−)×180°＝30°；如图所示，

则 ；

所以，由洛伦兹力作向心力可得：B2v0q＝，

则有：

。bc边水平，且

15.如图所示，竖直平面内有一固定金属导轨框架abcd，ab边和cd边与bc边的夹角均为长度

，电阻

，其余两边电阻不计。整个导轨框架处在方向垂直导轨平面且水平向里的匀强磁

、质量

的电阻不计的金属棒，在外力作用下从紧贴

场中，磁感应强度B=0.8T。现有一长也为导轨bc处(竖直坐标轴

处)以某一初速度沿框架竖直向上活动。运动过程中金属棒与导轨接触良好。且脱

不变，不计金属棒与导轨间的摩擦。(

，

) 求:

离导轨前bc边消耗的电功率

（1）金属棒在脱离导轨前其运动速度v随坐标x变化的关系式: （2）金属棒从

运动到

过程中bc中产生的焦耳热和外力做的功。

【答案】（1）（1-1.5x）v=1 ; （2）0.5J；3J 【解析】

【详解】（1）设某时刻金属棒运动到距离bc边x的位置，且此时金属棒的速度为v，则由几何关系可知导体棒切割磁感线的有效长度为：

则此时感应电动势E=Blv=0.8×(1-1.5x)v； 此时bc边消耗的电功率：联立解得：（1-1.5x）v=1

，

（2）由（1-1.5x）v=1可知，若建立函数关系，即为： 图像如图；

则当x从0-0.5m时所用的时间等于图像与坐标轴围成的“面积”，大小为则bc中产生的焦耳热

当金属棒在x=0位置时的速度v0=1m/s；到达x=0.5m位置时的速度v1=4m/s； 则由动能定理：解得WF=3J

16.回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置。图1为回旋加速器原理示意图，置于高真空中的两个半径为R的D形金属盒，盒内存在与盒面垂直磁感应强度为B的匀强磁场。两盒间的距离很小，带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计。位于D形盒中心A处的粒子源能产生质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子的初速度可以忽略。粒子通过两盒间被加速，经狭缝进入盒内磁场。两盒间的加速电压按图2所示的余弦规律变化，其最大值为U0。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。已知t0=0时刻产生的粒子每次通过狭缝时都能被最大电压加速。求

，其中的W安=Q

(1)两盒间所加交变电压的最大周期T0；

(2)t0=0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比； (3)

与

时刻产生的粒子到达出口处的时间差。

【答案】（1）【解析】

（2） （3）

（1）设粒子在某次被加速后的速度为v，则它在匀强磁场中做半径为r的圆周运动时：

，运动周期为

要保证

，即：

时刻产生的粒子每次通过狭缝是都能被最大电压加速，粒子做圆周运动的周期必须与加速电压的

，此时刻产生的粒子第1次经过狭缝后的速度为，半径为

最大周期相同，所以：（2）设

时刻两盒间的电压为

解得：

粒子在磁场中运动后第2次经过狭缝，此时两盒间的电压为，粒子再次加速

联立可以得到，加速后的半径为：，所以：

（3）设粒子到达出口时的速度为，则：

即所有从出口飞出的粒子，速度大小都相等，而每个粒子在磁场中运动的每一个周期时间内，被相同的电压加速两次。设某个粒子被加速时的电压为U，它总共被加速了n次，则：整理可以得到：

该粒子在磁场中运动的总时间

与时刻产生的粒子被加速时的电压分别为：

和

即所以，

，与

时刻产生的粒子到达出口处的时间差为：

，即：。

点睛：此题难度较大，解本题的关键是知道回旋加速器的工作原理；灵活应用洛伦兹力提供向心力求解，还要注意计算过程的计算量．