上海市华东师大二附中2018-2019学年高二下学期期中考试物理试题

上海市华东师大二附中2018-2019学年高二下学期期中考试物理试题

华东师大二附中2018学年第二学期期中考试卷高二物理 一、单选题 ‎1.历史上第一个发现电流周围存在磁场，从而将电现象与磁现象联系起来的科学家是（ ）‎ A. 法拉第 B. 奥斯特 C. 麦克斯韦 D. 赫兹 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.法拉第发现了电磁感应现象及其规律，故选项A不符合题意；‎ B.1820年，奥斯特首先发现通电导线的电流会作用于小磁针，使小磁针改变方向，也就是通电导体周围产生磁场，从而将电现象与磁现象联系起来，故选项B符合题意；‎ C.麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，预言了电磁波的存在，故选项C不符合题意；‎ D.赫兹首先用实验捕捉到了电磁波，证实了电磁波存在，故选项D不符合题意。‎ ‎2. 关于磁感线的概念，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 B. 磁感线总是从磁体的N极指向磁体的S极 C. 磁感线上各点的切线方向与该点的磁场方向一致 D. 两个磁场叠加的区域，磁感线就有可能相交 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 磁感线是假象的，不是实际存在，总是从N极出发，进入S极形成闭合曲线，在磁铁内部，磁感线由S极指向N极，磁感线的切线方向表示磁场磁场方向，所以不可能相交。答案选C。‎ ‎3.如图所示,两根可自由移动的靠的很近得平行长直导线通以相反方向的电流,且,则两根导线所受的安培力和的大小关系及其运动方向为（ ）‎ A. ，且相互靠近 B. ，且相互远离 C. ，且相互靠近 D. ，且相互远离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、通电导线在其周围产生磁场，通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等，故AB错误； C、由右手螺旋定则可知：在处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知，所所受安培力向右；由右手螺旋定则可知：在处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知，所所受安培力向左，则两导线相互远离，故C错误，D正确。‎ 点睛：通电导线处于磁场中要受到安培力作用，可得：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可作为结论让学生记住。‎ ‎4.关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流 B. 导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流 C. 穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流 D. 闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.导体相对磁场运动，若没有切割磁感线，则导体内不会产生感应电流，故选项A不符合题意；‎ B.导体做切割磁感线运动时，能产生感应电动势，若导体所在电路不闭合，则导体中就没有感应电流，故选项B不符合题意；‎ C.穿过闭合电路的磁通量发生变化，则闭合电路中就有感应电流，故选项C符合题意；‎ D.导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生，故选项D不符合题意。‎ ‎5. 如图所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流（自左向右看）（ ）‎ A. 沿顺时针方向 B. 先沿顺时针方向后沿逆时针方向 C. 沿逆时针方向 D. 先沿逆时针方向后沿顺时针方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 楞次定律内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化．根据楞次定律判定感应电流的方向．‎ ‎【详解】条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，穿过金属环向右的磁通量一直增大，根据楞次定律可判断，从左向右看，环中的感应电流沿逆时针为向，C正确；A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向．‎ ‎6.如图所示，水平桌面上平放着导体圆环，圆环正上方靠近圆环直径的位置有一根直导线（靠近而不接触）.若给直导线通以图示方向的电流，若要圆环中产生图中所示方向的电流，则直导线的移动方向及稍微移动一点后圆环内部的磁通量变化，下列判断正确的是（ ）‎ A. 向左移动；磁通量变大 B. 向左移动；磁通量变小 C. 向右移动；磁通量变大 D. 向右移动；磁通量变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当通电直导线在圆环正上方时，根据安培定则判断得知穿过圆环左半部分的磁场方向向外，右半部分的磁场方向向里，由于对称，总的磁通量为零；若将直导线向左移动时，根据安培定则判断穿过圆环左侧的向外的磁通量小于右侧向里的磁通量，根据总磁通量变大，根据楞次定律可知圆环中产生逆时针方向的电流；若将直导线向右移动时，根据安培定则判断穿过圆环左侧的向外的磁通量大于右侧向里的磁通量，根据总磁通量变大，根据楞次定律可知圆环中产生顺时针方向的电流；‎ A.向左移动；磁通量变大与分析不符，不符合题意；‎ B.向左移动；磁通量变小与分析不符，不符合题意；‎ C向右移动；磁通量变大与分析相符，符合题意；‎ D.向右移动；磁通量变小与分析不符，不符合题意。‎ ‎7.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对于A选项，电流先正向减小，这一过程，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向里，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向左；然后电流反向增大，在此过程，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向右，综上所述，选项A正确，选项B、C、D错误。‎ ‎8.一足够长的铜管竖直放置，将一截面与铜管的内截面相同，质量为m的永久磁铁块由管上端放入管内，不考虑磁铁与铜管间的摩擦，磁铁的运动速度（ ）‎ A. 越来越大.‎ B. 逐渐增大到一定值后保持不变.‎ C. 逐渐增大到一定值时又开始减小，到一定值后保持不变.‎ D. 逐渐增大到一定值时又开始减小到一定值，之后在一定区间变动.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当磁铁进入铜管后，铜管内磁通量发生变化，产生电磁感应现象，从而导致磁铁受到安培阻力作用，由于重力大于安培力，则速度增加，导致感应电动势变大，安培力也变大，当重力等于安培力时，速度达到最大值，接着做匀速直到运动；‎ A.与分析不符，不符合题意；‎ B.与分析相符，符合题意；‎ C.与分析不符，不符合题意；‎ D.与分析不符，不符合题意；‎ ‎9.如图所示，在均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，导体棒ef垂直ab静置于导线框上且接触良好，可在ab，cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计.若给棒ef一个向右的初速度，则棒ef将（ ）‎ A. 往返运动 B. 匀速向右运动 C. 匀减速向右运动，最后停止 D. 减速向右运动，但不是匀减速 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势，则有：‎ 感应电流：‎ 此时的安培力：‎ 安 根据牛顿第二定律：‎ 所以物体减速的过程中加速度随着速度的减小而减小，直到物体速度减为零；‎ A.与分析不符，不符合题意；‎ B.与分析不符，不符合题意；‎ C.与分析不符，不符合题意；‎ D.与分析相符，符合题意。‎ ‎10.一条形磁体静止在斜面上,固定在磁体中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流,如图所示.若将磁体的N极位置与S极位置对调后,仍放在斜面上原来的位置,则磁体对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是（ ）‎ A. FN增大,Ff减小 B. FN减小,Ff增大 C. FN与Ff都增大 D. FN与Ff都减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在磁铁的N极位置与S极位置对调前，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向斜向下，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向斜向上，设安培力大小为F安，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G，由磁铁的力平衡得：斜面对磁铁的支持力：F=（G-F安）cosα，摩擦力：f=（G-F安）sinα，在磁铁的N极位置与S极位置对调后，同理可知，斜面对磁铁的支持力：F=（G+F安）cosα，摩擦力：f=（G+F安）sinα，可见，F、f都增大，故 ABD错误，C正确。‎ ‎11.分别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c、d在一条直线上，且ac=cb=bd，已知c点的磁感应强度为，d点的磁感应强度为B2，则a处导线在d点产生的磁感应强度的大小及方向为（ ）‎ A. ，方向竖直向下 B. ，方向竖直向上 C. ，方向竖直向上 D. ，方向竖直向下 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则可知处导线在点产生的磁感应强度的方向为竖直向下，处导线和处导线在点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，知大小都为，则处导线在点产生的磁感应强度大小为，方向竖直向上，因为点的磁感应强度大小为，根据场强的叠加知方向向上，所以导线在点产生的磁感应强度大小为；‎ A.，方向竖直向下与分析相符，符合题意；‎ B.，方向竖直向上与分析不符，不符合题意；‎ C.，方向竖直向上与分析不符，不符合题意；‎ D.，方向竖直向下与分析不符，不符合题意。‎ ‎12.如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，长边ad比短边ab长的多，导体棒MN可在ad、bc边上无摩擦滑动，且接触良好，导体棒MN的电阻与线框ab边的电阻相等.在MN受到外力作用下，由靠近ab边向dc边匀速滑动的过程中，下列说法中错误的是（ ）‎ A. MN两端电压先增大后减小 B. MN上外力的功率先减小后增大 C. ab中的电流先减小后增大 D. 矩形线框abcd中消耗的电功率先增大后减小再增大再减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.导体棒由靠近边向边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知通过的电流先减小后增大，由可知两端的电压先增大后减小，故选项A不符合题意；‎ B.导体棒匀速运动，上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻先增大后减小，由得知，上外力的功率先减小后增大，故选项B不符合题意；‎ C.分两个过程分析：当从左端滑到中点的过程中，外电阻增大，干路电流减小，回路的电阻减小，通过的电流增大，可知中电流减小；当从中点滑到右端的过程中，干路电流增大，回路的电阻增大，两端的电压减小，可知中电流减小；所以中电流一直减小，故选项C符合题意；‎ D.由题意可知导体棒的电阻与线框边的电阻相等，位于线框的最左端时外电阻小于的电阻，当从左端滑到中点的过程中，矩形线框总电阻增大，到中点时矩形线框总电阻大于的电阻，根据电源输出功率与外电阻关系图像可知，线框消耗的电功率先增大后减小，再增大后减小，故选项D不符合题意。‎ 二、填空题 ‎13.如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有一个边长为L的正六边形线圈 abcdef，线圈平面垂直于磁场方向，则穿过线圈的磁通量为______；若去掉其中的一条边ab，且通有图示顺时针方向的电流，电流强度大小为，则剩余的五条边所受安培力的大小为________（线圈不发生形变）.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]据题可知线圈平面垂直于磁场方向，则穿过线圈的磁通量大小为：‎ ‎[2]正六边形线圈在匀强磁场中受到的安培力的合力为零，则边所受的安培力与其余五条边所受安培力的合力大小相等，方向相反，所以去掉边后，剩余的五条边所受安培力的大小与原来所受的安培力大小相等，即为 ‎14.如图，倾角的光滑斜面上，置一通有电流I，长L、质量为m的导体棒，欲使棒静止在斜面上，则外加的最小的磁感强度_____________，方向是_____________.‎ ‎【答案】 (1). (2). 垂直于斜面向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]当安培力平行于斜面向上时最小，根据平衡条件则有：‎ 解得： ‎ ‎[2]的方向垂直于斜面向上 ‎15.验证“楞次定律实验”采用的主要方法是通过_____________（填“归纳总结”、“理想模型”、“假设推理”）得出结论：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的______________.‎ ‎【答案】 (1). 归纳总结 (2). 磁通量变化 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]验证“楞次定律实验”，分别研究开关断开、闭合；原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；变阻器滑片快速移动；插入铁芯、拔出铁芯等情况下感应电流方向与磁通量改变之间的关系，所用到的重要思想方法主要有归纳总结、控制变量；[2]该实验得出结论是感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。‎ ‎16.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一处于纸面内的正方形导体框abcd，现将导体框分别向右以速度v和向左以速度3v匀速拉出磁场，则在这两个过程中，安培力对导体框做功之比为_____，通过导体框的电量之比为____.‎ ‎【答案】 (1). 1:3 (2). 1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]设磁感应强度为，线框边长为，电阻为，则有：‎ 又：‎ 得到安培力对导体框做功：‎ 安培力对导体框做功之比为 ‎ ‎[2] 根据感应电荷量，由于线框拉出磁场，磁通量的变化量相等，则通过导体框的电量之比 ‎17.如图所示，水平面上有一对平行光滑金属导轨，导轨左端串有一电阻R，金属杆ab垂直平放在两导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，忽略导轨的电阻，但ab杆的质量和电阻都不能忽略。现给ab杆施以水平向右的恒力F，在ab杆从静止开始向右运动过程中，外力F做的功 _______（选填：“大于”、“等于”或“小于”）整个电路消耗的电功，磁场对ab杆作用力的功率 _______（选填：“大于”、“等于”或“小于”）电阻R上消耗的电功率。‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 大于 ‎【解析】‎ 在ab杆从静止开始向右运动过程中，ab杆的动能逐渐增大，回路中产生焦耳热，根据功能关系可知：外力做功应等于整个回路中产生的内能与杆获得的动能之和．所以外力F做的功大于整个电路消耗的电功．磁场对ab杆作用力的功率等于整个回路消耗的电功率，由于ab杆也有电阻，所以磁场对ab杆作用力的功率大于电阻R上消耗的电功率． 点睛：解决本题关键要明确能量是如何转化的，不能忘记杆有电阻和质量这个条件，知道磁场对ab杆作用力的功率等于整个回路消耗的电功率．‎ 三、综合题 ‎18.如图所示，a是长直密绕通电螺线管，应用DIS的磁传感器b沿a的轴线Ox从O点自左向右匀速穿过通电螺线管螺管a，能正确反映通电螺线管内部磁感应强度B随x变化规律的是：（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从外部逐渐靠近螺线管两端时，磁场逐渐增强，在螺线管内部，磁场基本上是匀强磁场，磁感应强度大于螺线管端点的磁感应强度，螺线管的磁场关于中点对称；‎ A.与分析不符，不符合题意；‎ B.与分析不符，不符合题意；‎ C.与分析不符，不符合题意；‎ D.与分析相符，符合题意。‎ ‎19.为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺旋管A和B、电池组、滑动变阻器、电键接接成如图所示的实验电路：‎ ‎(1)该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开电键时，电流表指针都没有偏转，其原因是___A A.电键的位置接错 B.电流表的正、负接线柱上导线接反 C.线圈B的两个接线柱上导线接反 D.蓄电池的正、负极接反 ‎(2)电路连接的错误改正后，该同学在闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则如果向右移动滑动变阻器的滑片（滑动变阻器接入电路的方式仍然如图中所示），则电流表的指针向_______右（选填“左”或“右”）偏转．‎ ‎【答案】 (1). A (2). 右 ‎【解析】‎ ‎（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；应改为电键闭合后，再将线圈B放置在线圈A中；或者将电键接在B线圈所在回路中，故选A。 （2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同，即电流表指针也向右偏转。‎ ‎20.如图所示，ab、cd为足够长、水平放置的光滑固定导轨，导体棒MN的长度为L=2m，电阻，有垂直abcd平面向下的匀强磁场，磁感强度B=1.5T，定值电阻，，当导体棒MN以v=4m/s的速度向左做匀速直线运动时，电流表的示数为0.45A，灯L正常发光.求：‎ ‎ ‎ ‎（1）棒切割磁感线产生的感应电动势和灯L的额定电压；‎ ‎（2）维持杆匀速运动的外力功率为多大；‎ ‎（3）正常发光时灯L的电阻值.‎ ‎【答案】(1)12V；9V；(2)7.2W；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)导体棒产生的感应电动势为：‎ ‎、间并联电压为：‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律得：‎ 解得通过杆的电流为： ‎ 根据能量守恒可得维持杆匀速运动的外力功率为等于整个装置产生的总电功率 则有整个装置产生的总电功率：‎ ‎(3)则流过灯的电流为 ：‎ 灯L的电阻值：‎ 答：(1)12V；9V；(2)7.2W；(3)‎ ‎21.如图所示，水平桌面上存在着倾斜有界匀强磁场，磁场边界与桌面的夹角，质量为m，总电阻为R的均匀矩形金属框abcd在水平向右的拉力F作用下向右以速度v匀速运动，已知ad=2dc=2L,金属框与桌面间的动摩擦因数为.‎ ‎（1）当dc中点e到达磁场边界时，ab和de两点间的电压和各为多少？‎ ‎（2）试给出dc边进入磁场过程中dc边所受安培力随时间变化的表达式（以d点到达磁场边界为时间t的起点）.‎ ‎（3）在所给的坐标系中定性画出整个线框完全进入磁场过程中，拉力F随前进位移x 变化的曲线（以d点到达磁场边界为位移x的起点，需标出某些特定点的值），并求出拉力的最大值.‎ ‎【答案】(1)；； (2)； (3) ； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 当中点到达磁场边界时,  线框中产生的感应电动势为：‎ 根据闭合电路欧姆定律可得：‎ 两点间的电压：‎ 两点间的电压：‎ ‎(2)边进入磁场过程中，线框中产生的感应电动势为：‎ 根据闭合电路欧姆定律可得：‎ 边所受安培力：‎ ‎(3)边进入磁场过程中，根据平衡条件则有：‎ ‎，（）‎ 边已进入磁场，边没进入磁场过程，根据平衡条件则有：‎ ‎，（）‎ 边进入磁场过程，根据平衡条件则有：‎ ‎ ，（）‎ 金属框完全进入磁场后，根据平衡条件可得：‎ ‎ （）‎ 拉力最大值：‎ 所以整个线框完全进入磁场过程中，拉力随前进位移变化的曲线如图：‎ 答：(1)；； (2)； (3) ‎ ‎； ‎ ‎ ‎