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2021黄石有色一中高二上学期期末考试物理试题含答案
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这是一份2021黄石有色一中高二上学期期末考试物理试题含答案
参考答案1-8 C B C B D D D C 9. AD 10.AB 11.BC 12.ACD答案详解：1．C【详解】A. 密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子电荷量，故A错误；B. 奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应，故B错误；C.电磁感应现象是法拉第发现的，故C正确；D. 法拉第首先提出了用“线”来模拟电场和磁场的方法，故D错误；故选C。2．B【详解】带电微粒做直线运动，所受重力与电场力的合力必定沿直线，故电场力方向水平向左，易知合力方向与速度方向反向，故合力做负功，其动能减少，又因为重力做负功，故重力势能增加，电场力亦做负功，电势能增加，故B正确。故选B。3．C【详解】A．保持开关闭合，电容器板间电压不变，而电容器板间距离增大，由原来油滴静止不动，竖直向下的重力与竖直向上的电场力平衡，分析知板间场强减小，液滴所受的电场力减小，所以带电液滴将向下做加速运动，故A错误；BC．根据由可知，到正极板的电势差减小，所以到负极板的电势差增大，点的电势升高，所以负电荷在点的电势能减小，故B错误，C正确；D．根据可知电容器板间距离增大时，电容器的电容减小，由知，减小，减小，即电容器的带电量减小，则电容器放电，电阻中有从到的电流，电容器中负电荷从直接运动到，故D错误；故选C。4．B【详解】电子在轴上向轴正方向移动，形成沿轴负方向的电流，根据安培定则，在A点产生的磁场方向为沿轴的负方向。故选B。5．D【详解】闭合开关后，电压表有示数，说明电压表两端到电源是通路，电流表指针几乎不动，说明电路中电阻太大，综合考虑得，灯泡L2断路。如果只有灯泡L1短路，电流表会有明显示数，如果只有灯泡L1断路，电压表没有示数，如果只有灯泡L2短路，电流表有明显示数，电压表没有示数。故选D。6．D【详解】AB．将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，横截面积变为原来的，导线长度要变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律R=ρ可知，导线电阻变为原来的16倍；电压U不变，由欧姆定律可知，电流变为原来的 ，故AB错误；CD．电流I变为原来的，横截面积变为原来的，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I=nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的，故C错误，D正确。故选D。7．D【详解】AD．根据图象，周期，该交流电流的频率是故A错误Ｄ正确；B．根据图象，该交流电的最大电流为，电流有效值故B错误；C．角速度所以其表达式为(A)故C错误。故选D。8．C【详解】向左调节滑动变阻器R的触头P，滑动变阻器接入的有效电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，内电压减小，外电压增大。A． 表示并联电路的电阻，该电阻增大，A错误；B．根据闭合电路的欧姆定律所以比值不变，B错误；C．R2的电压减小，并联电路的电压增大，所以电阻R1的功率变大，C正确；D．电流减小，所以电源的总功率减小。D错误。故选C。9．AD【详解】AB．由图像可知，加5V的电压时，电流为1.0A，则导体的电阻约为故A正确，B错误；CD．由图可知随着电压的增大，图像上的点与原点连线的斜率减小，而此斜率为电阻的倒数，则可知导体的电阻不断增大，故C错误，D正确。故选AD。10．AB【详解】AB.根据左手定则可知，P带负电、Q带正电，根据半径可知半径大的速度大，故AB正确；C. 洛伦兹力方向垂直带电粒子的运动方向，不做功，故C错误；D.粒子在磁场中运动的周期为运行的半圆时间为故时间是相同的，答案D错误。故选AB。11．BC【详解】AB. 将S2闭合，总电阻减小，总电流增大，L2变亮，内电压增大，路端电压减小，L2两端电压增大，L1两端电压减小，L1变暗，故A错误，B正确；CD. 在S2处于闭合状态下，向右滑动滑片P，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压都减小，L2变暗，L3两端电压增大，L3变亮，故C正确，D错误。故选BC。12．ACD【详解】A．对A球下滑的过程，据机械能守恒得解得故A正确；B．A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速解得根据能的转化和守恒定律得故B错误；CD．当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定. 得故CD正确。故选CD。13． 向左偏 向右偏 向右偏 【详解】(1)[1]电路连接如下图所示(2)[2]在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，说明磁通量增加产生的感应电流使灵敏电流计的指针向左偏，合上电键后将原线圈迅速插入副线圈时，磁通量增加，则灵敏电流计的指针向左偏。[3]原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，滑动变阻器接入的电阻增大，原线圈电流减小，磁通量减小，则灵敏电流计的指针向右偏。[4]断开电键时，磁通量减小，则灵敏电流计的指针向右偏。14．乙 （均可） 【详解】（1）[1] 根据I−U图象可知，实验要求电流或电压从零连续可调，所以滑动变阻器应采用分压式接法，故应选择图乙。（2）[2] 热敏电阻和R2串联后与R1并联，电流表测量干路电流，已知电源电压和R1的电阻可求出流经R1的电流为又因为电流表示数为70mA，所以通过热敏电阻的电流为[3] 从图中可以看出当通过热敏电阻的电流为30mA时，热敏电阻两端的电压为5.0V，则R2的阻值为（3）[4] 热敏电阻和电源组成一个闭合电路，做出闭合电路的I-U图象，如下图两条图像的交点即为流过热敏电阻的电流，由图可得15．(1)1A；(2)5V，【详解】(1)闭合开关S，R1和R2串联，稳定后根据闭合电路的欧姆定律可知通过R1的电流为(2)开关S闭合时，电容器两端的电压就是电阻R2两端的电压，为开关S断开后，电路处于断路，这时电容器两端的电压大小等于电源电动势E，则电容器两端的电压变化量为流过R1的总电荷量就是电容器电荷量的变化量，即为16．（1）；（2）【详解】轨迹如图所示（1）在电场中，沿着电场线方向根据解得粒子在A点的速度为则进入磁场时速度方向和水平方向的夹角解得（2）粒子在电场中的时间垂直电场方向的位移根据几何知识得解得根据解得17．(1)2A；(2)0.5N；(3)1.25T【详解】(1)由闭合电路的欧姆定律可得(2)由平衡条件可知(3)由安培力公式可知解得18．（1）P1=5424 W；（2）E＝250 V；（3）ΔP＝144 W【解析】【详解】(1)所有灯都正常工作的总功率：P＝22×6×40 W＝5280 W通过电灯的总电流 根据 得输电线上的电流：I3＝I4＝6 A降压变压器原线圈电压：U3＝＝880 V输电线上的电压损失：ΔU＝I3R＝24 V因此升压变压器的输出电压：U2＝U3＋ΔU＝904 V根据 得升压变压器输入电压U1＝U2＝226 V输入电流 所以发电机的输出功率为P1＝U1I1＝5424 W.(2)根据闭合电路欧姆定律，发电机的电动势E＝U1＋I1r＝250 V.(3)输电线上损耗的电功率：
参考答案1-8 C B C B D D D C 9. AD 10.AB 11.BC 12.ACD答案详解：1．C【详解】A. 密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子电荷量，故A错误；B. 奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应，故B错误；C.电磁感应现象是法拉第发现的，故C正确；D. 法拉第首先提出了用“线”来模拟电场和磁场的方法，故D错误；故选C。2．B【详解】带电微粒做直线运动，所受重力与电场力的合力必定沿直线，故电场力方向水平向左，易知合力方向与速度方向反向，故合力做负功，其动能减少，又因为重力做负功，故重力势能增加，电场力亦做负功，电势能增加，故B正确。故选B。3．C【详解】A．保持开关闭合，电容器板间电压不变，而电容器板间距离增大，由原来油滴静止不动，竖直向下的重力与竖直向上的电场力平衡，分析知板间场强减小，液滴所受的电场力减小，所以带电液滴将向下做加速运动，故A错误；BC．根据由可知，到正极板的电势差减小，所以到负极板的电势差增大，点的电势升高，所以负电荷在点的电势能减小，故B错误，C正确；D．根据可知电容器板间距离增大时，电容器的电容减小，由知，减小，减小，即电容器的带电量减小，则电容器放电，电阻中有从到的电流，电容器中负电荷从直接运动到，故D错误；故选C。4．B【详解】电子在轴上向轴正方向移动，形成沿轴负方向的电流，根据安培定则，在A点产生的磁场方向为沿轴的负方向。故选B。5．D【详解】闭合开关后，电压表有示数，说明电压表两端到电源是通路，电流表指针几乎不动，说明电路中电阻太大，综合考虑得，灯泡L2断路。如果只有灯泡L1短路，电流表会有明显示数，如果只有灯泡L1断路，电压表没有示数，如果只有灯泡L2短路，电流表有明显示数，电压表没有示数。故选D。6．D【详解】AB．将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，横截面积变为原来的，导线长度要变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律R=ρ可知，导线电阻变为原来的16倍；电压U不变，由欧姆定律可知，电流变为原来的 ，故AB错误；CD．电流I变为原来的，横截面积变为原来的，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I=nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的，故C错误，D正确。故选D。7．D【详解】AD．根据图象，周期，该交流电流的频率是故A错误Ｄ正确；B．根据图象，该交流电的最大电流为，电流有效值故B错误；C．角速度所以其表达式为(A)故C错误。故选D。8．C【详解】向左调节滑动变阻器R的触头P，滑动变阻器接入的有效电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，内电压减小，外电压增大。A． 表示并联电路的电阻，该电阻增大，A错误；B．根据闭合电路的欧姆定律所以比值不变，B错误；C．R2的电压减小，并联电路的电压增大，所以电阻R1的功率变大，C正确；D．电流减小，所以电源的总功率减小。D错误。故选C。9．AD【详解】AB．由图像可知，加5V的电压时，电流为1.0A，则导体的电阻约为故A正确，B错误；CD．由图可知随着电压的增大，图像上的点与原点连线的斜率减小，而此斜率为电阻的倒数，则可知导体的电阻不断增大，故C错误，D正确。故选AD。10．AB【详解】AB.根据左手定则可知，P带负电、Q带正电，根据半径可知半径大的速度大，故AB正确；C. 洛伦兹力方向垂直带电粒子的运动方向，不做功，故C错误；D.粒子在磁场中运动的周期为运行的半圆时间为故时间是相同的，答案D错误。故选AB。11．BC【详解】AB. 将S2闭合，总电阻减小，总电流增大，L2变亮，内电压增大，路端电压减小，L2两端电压增大，L1两端电压减小，L1变暗，故A错误，B正确；CD. 在S2处于闭合状态下，向右滑动滑片P，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压都减小，L2变暗，L3两端电压增大，L3变亮，故C正确，D错误。故选BC。12．ACD【详解】A．对A球下滑的过程，据机械能守恒得解得故A正确；B．A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速解得根据能的转化和守恒定律得故B错误；CD．当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定. 得故CD正确。故选CD。13． 向左偏 向右偏 向右偏 【详解】(1)[1]电路连接如下图所示(2)[2]在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，说明磁通量增加产生的感应电流使灵敏电流计的指针向左偏，合上电键后将原线圈迅速插入副线圈时，磁通量增加，则灵敏电流计的指针向左偏。[3]原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，滑动变阻器接入的电阻增大，原线圈电流减小，磁通量减小，则灵敏电流计的指针向右偏。[4]断开电键时，磁通量减小，则灵敏电流计的指针向右偏。14．乙 （均可） 【详解】（1）[1] 根据I−U图象可知，实验要求电流或电压从零连续可调，所以滑动变阻器应采用分压式接法，故应选择图乙。（2）[2] 热敏电阻和R2串联后与R1并联，电流表测量干路电流，已知电源电压和R1的电阻可求出流经R1的电流为又因为电流表示数为70mA，所以通过热敏电阻的电流为[3] 从图中可以看出当通过热敏电阻的电流为30mA时，热敏电阻两端的电压为5.0V，则R2的阻值为（3）[4] 热敏电阻和电源组成一个闭合电路，做出闭合电路的I-U图象，如下图两条图像的交点即为流过热敏电阻的电流，由图可得15．(1)1A；(2)5V，【详解】(1)闭合开关S，R1和R2串联，稳定后根据闭合电路的欧姆定律可知通过R1的电流为(2)开关S闭合时，电容器两端的电压就是电阻R2两端的电压，为开关S断开后，电路处于断路，这时电容器两端的电压大小等于电源电动势E，则电容器两端的电压变化量为流过R1的总电荷量就是电容器电荷量的变化量，即为16．（1）；（2）【详解】轨迹如图所示（1）在电场中，沿着电场线方向根据解得粒子在A点的速度为则进入磁场时速度方向和水平方向的夹角解得（2）粒子在电场中的时间垂直电场方向的位移根据几何知识得解得根据解得17．(1)2A；(2)0.5N；(3)1.25T【详解】(1)由闭合电路的欧姆定律可得(2)由平衡条件可知(3)由安培力公式可知解得18．（1）P1=5424 W；（2）E＝250 V；（3）ΔP＝144 W【解析】【详解】(1)所有灯都正常工作的总功率：P＝22×6×40 W＝5280 W通过电灯的总电流 根据 得输电线上的电流：I3＝I4＝6 A降压变压器原线圈电压：U3＝＝880 V输电线上的电压损失：ΔU＝I3R＝24 V因此升压变压器的输出电压：U2＝U3＋ΔU＝904 V根据 得升压变压器输入电压U1＝U2＝226 V输入电流 所以发电机的输出功率为P1＝U1I1＝5424 W.(2)根据闭合电路欧姆定律，发电机的电动势E＝U1＋I1r＝250 V.(3)输电线上损耗的电功率：
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