【物理】江苏省盐城中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】江苏省盐城中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

江苏省盐城中学2019—2020学年度第一学期期中考试 高二年级物理（选修）试卷 一、单项选择题 ‎1.如图所示为某条形磁铁磁场的部分磁感线。则下列说法正确的是 A. 该磁场是匀强磁场 B. a点磁感应强度比b点的磁感应强度小 C. a点的磁感应强度比b点的磁感应强度大 D. a、b两点的磁场方向相反 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】匀强磁场的磁感线是一些平行且等间距的直线，故A错误；磁感线的疏密程度反映了磁场的强弱，故a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度，故B错误，C正确；磁感线上任何一点的切线方向都跟这一点的磁场方向相同，故a、b的磁场方向相同，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎2.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加5Wb,则 A. 线圈中感应电动势每秒增加5V B. 线圈中感应电动势每秒减小5V C. 线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于5V D. 线圈中感应电动势始终为5V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】磁通量始终保持每秒钟均匀地增加5Wb，根据法拉第电磁感应定律 ‎；‎ 由于磁通量的变化率不变，故电动势不变；而电动势大小与电阻大小无关，故D正确，ABC错误；‎ ‎3.下列做法中可能产生涡流的是(　　)‎ A. 把金属块放在匀强磁场中 B. 让金属块在匀强磁场中做匀速运动 C. 让金属块在匀强磁场中做变速运动 D. 把金属块放在变化的磁场中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、把金属块放在匀强磁场中，没有磁通量的变化，不产生感应电流。故A错误；‎ B、把金属块在匀强磁场中匀速运动，有感应电动势，但没有磁通量的变化，不产生感应电流。故B错误；‎ C、金属块在匀强磁场中做变速运动有感应电动势，但没有磁通量的变化，不产生感应电流。故C错误；‎ D、把金属块放在变化的磁场中，变化的磁场产生电场，能够产生涡流。故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎4.将面积为0.50m2线圈放在磁感应强度为2.0×10－3T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量是( )‎ A. 1.0×10－3Wb B. 0.50×10－3Wb C. 0.25×10－3Wb D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据公式可得，A正确。‎ ‎5.下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答．‎ ‎【详解】AB、通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向，由此可知AB不符合；‎ CD、通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C符合，D不符合．‎ ‎【点睛】加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法，及右手螺旋定则与右手定则的区别．‎ ‎6.如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是(　　)‎ A. 向右摆动 B. 向左摆动 C. 静止 D. 无法判定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当磁铁向铜环运动时,铜环的磁通量增大,则由楞次定律可知,铜环为了阻碍磁通量的变化而会向后摆,即向右摆,故A正确.‎ ‎7.下列说法正确的是 A. 用交流电压表测量电压时，指针来回摆动 B. 正弦交流电一个周期内交变电流的方向改变两次 C. 如果交变电流的最大值是5A，则最小值为-5A D. 用电器铭牌上所标电压值均为交变电流的最大值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用交流电压表测量的是电压的有效值，故指针是不动的，故A错误；‎ B.交流电一个周期内电流方向改变两次，故B正确；‎ C.电流正负表示方向，不表示大小，故−5A与5A的电流大小相等，故C错误；‎ D. 用电器铭牌上所标电压值均为交变电流的有效值，故D错误；‎ ‎8.如图所示，匀强磁场中有一个闭合的弹簧线圈，线圈的平面垂直于磁感线，下列哪种过程中线圈会产生感应电流（ ）‎ A. 线圈扩张 B. 线圈自下向上运动 C. 线圈自上向下运动 D. 线圈自左向右运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A：线圈扩张，线圈中磁通量变大，线圈中会产生感应电流。故A项正确。‎ B：线圈自下向上运动，线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流。故B项错误。‎ C：线圈自上向下运动，线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流。故C项错误。‎ D：线圈自左向右运动，线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流。故D项错误。‎ ‎9.1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是 A. 离子从磁场中获得能量 B. 电场的周期随粒子速度增大而增大 C. 离子由加速器的中心附近进入加速器 D. 当磁场和电场确定时，这台加速器仅能加速电量相同的离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有 ‎，‎ 故离子是从电场中获得能量。故A错误；‎ B.据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期。所以 ‎，‎ 与离子的速度大小无关。故B错误；‎ C.要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故C正确；‎ D. 当磁场和电场确定时，由于 周期确定了，所以加速时粒子的比荷确定，所以D错误；‎ ‎10.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】‎ ‎【详解】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。‎ 二、多项选择题 ‎11.一台发电机产生的交变电流的图象如图所示，该交变电流 A. 周期是0.01s B. 电动势有效值为220V C. 在时，线圈平面与中性面重合 D. 在时，穿过线圈的磁通量变化率最大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，完成一个完整波形需要的时间为0.02s，也就是该交变电流的周期是0.02s，故A错误；‎ B.由图可以知道，交流电的最大值为311V，对于正弦式交变电流，最大值是有效值的，所以，有效值：‎ ‎，‎ 故B正确；‎ C. 在时，电动势最小为0，则穿过线圈的磁通量变化率最小，磁通量最大，所以为中性面， 故C正确；‎ D. 在时，电动势最小为0，则穿过线圈的磁通量变化率最小，磁通量最大；故D错误；‎ ‎12.粗细均匀的电阻丝围成边长为L的正方形线框置于有界的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，磁感应强度为大小B，其右边界与正方形线框的bc边平行，现使线框以速度v匀速平移出磁场，如图所示，则在移出的过程中 A. ad边的电流方向为a→d B. ad边的电流方向为d→a C. ad两点间的电势差绝对值为 D. ad两点间的电势差绝对值为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由右手定则可知，ad边的电流方向为d→a，故A错误，B正确；‎ CD. 在线框以速度v向右运动的过程中，只有ad边在切割磁感线，产生感应电动势，根据 可以知道，线框上的感应电动势 设每边的电阻为R，根据闭合回路欧姆定律得：‎ ad两端的电势差的绝对值是路端电压 故D正确，C错误；‎ ‎13.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度为E，方向竖直向下，有一质子（重力不计）恰能以速率沿直线从左向右沿直线水平飞越此区域．下列说法正确的是(　　)‎ A. 若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向上偏转 B. 若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将沿直线运动 C. 该质子通过此区域速度 D. 该质子通过此区域的速度 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 质子从左边进入电场，在电场中受到向下的电场力和向上的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从右边水平飞出，可知电场力和洛伦兹力平衡，有qE=qvB，得v=E/B．若是电子，也从左边以速度v射入，电场力和洛伦兹力的方向对调，发现还是有v=E/B，所以带电粒子只要以速度v从左边水平进入电场，粒子就会沿水平方向射出，与电性和电量无关； 由上分析可知，故AD错误，BC正确．故选BC．‎ 点睛：此题考察了速度选择器的问题．在速度选择器中，粒子的受力特点是：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，只有速度为v=E/B的粒子才能沿直线匀速通过选择器．即粒子选择器只选择粒子的速度大小和射入方向，与粒子的带电情况无关．‎ ‎14.如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场(　　)‎ A. 逐渐增强，方向向外 B. 逐渐增强，方向向里 C. 逐渐减弱，方向向外 D. 逐渐减弱，方向向里 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】磁场发生变化，回路变为圆形，是由线圈受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，磁场在减弱，故CD正确，AB错误．故选CD。‎ 考点：楞次定律 ‎【点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理。‎ ‎15.质量和电量都相等带电粒子M、N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,下列表述正确的是( )‎ A. M带负电, N 带正电 B. M的速率大于N 的速率 C. 洛伦兹力对M、N做正功 D. M在磁场中运动的时间大于N ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。‎ ‎【详解】由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：‎ ‎，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确；洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。故选AB。‎ ‎16.如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动（可视为不变）．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的阻值减小（滑动片向下移）．如果变压器上的能量损失可忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化正确的是（ 　　）‎ A. V2不变 B. V3 变小 C. A1 变小 D. A2 变小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．‎ 当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即的示数变大，根据，由于原副线圈匝数比不变，所以增大，也增大，即所示增大，AB错误；理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变，由于副线圈的电流变大，电阻消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小，故AB正确；‎ 三、填空题 ‎17.下图为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．‎ ‎ ‎ ‎（1）用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好_______．‎ ‎（2）在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将____（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”） 。原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针将____（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”） ；断开电键时，灵敏电流计指针将____（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）。‎ ‎【答案】 (1).见解析 (2).向右偏 向左偏 向左偏 ‎【解析】‎ ‎（1）将电源、电键、变阻器、原线圈串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示．‎ ‎ 在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转；将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏．断开电键时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将左偏.‎ 点睛：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．掌握感应电流产生的条件．‎ 四、计算或论述题 ‎18.如图所示，一带电粒子以速度从M点射入直线边界匀强磁场区域，入射方向与磁场边界的夹角为θ=．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B．粒子从边界上N点射出磁场，已知粒子的电量和质量之比．则：‎ ‎(1)请判断该粒子带何种电荷；‎ ‎(2)求粒子做圆周运动的半径；‎ ‎(3)求粒子在磁场中运动所用的时间．‎ ‎【答案】(1)正电；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于粒子向右偏转，由左手定则我们可以判断出，带电粒子带正电；‎ ‎（2）在粒子运动过程中，洛伦兹力提供向心力：‎ 所以：‎ ‎；‎ ‎（3）进出单边磁场具有对称性，所以带电粒子的偏转角为 所以粒子运动的时间为：‎ ‎19.面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈，处在如图所示的匀强磁场内，磁感应强度B随时间t变化的规律是B＝0.02t（T），R＝3Ω，C＝30μF，线圈电阻r＝1Ω，求：‎ ‎ (1)通过电阻R的电流大小和方向；‎ ‎(2)4s内通过导线横截面的电荷量；‎ ‎(3)电容器所带电荷量．‎ ‎【答案】（1）b→a，0.1A，（2）0.4C，（3）9×10-6C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图示可知，磁场垂直于纸面向里，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过R的电流方向为：b→a；‎ 感应电动势：‎ 电路电流：‎ ‎（2）通过导线横截面的电荷量：‎ ‎（3）电容器两端电压 ‎，‎ 电容器的电荷量：‎ ‎；‎ ‎20.某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为的水平匀强磁场中，线框面积为S=0.25m2，匝数为100匝，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度ω=l00πrad/s匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比1：20 ，降压变压器的副线圈接入若干“220V，100W”的灯泡，两变压器间的输电线等效电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器．当发电机输出功率为时，灯泡正常发光.求：‎ ‎(1)电压表读数；‎ ‎(2)输电线上损失的功率；‎ ‎(3)降压变压器原、副线圈的匝数之比.‎ ‎【答案】(1)250V，（2）2000W，（3）240：:11‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）矩形闭合导体框ABCD在匀强磁场中转动时，产生的交流电的最大值为：‎ ‎，‎ 电压表读数为电压的有效值：‎ ‎；‎ ‎（2）发电机的输出电压为 ‎，‎ 升压变压器的输出电压：‎ 当发电机输出功率为时，‎ 则输电线上损失的功率为：‎ ‎(3) 压变压器原线圈上点的电压为：‎ ‎，‎ 又由题意知，灯泡正常发光，所以 所以降压变压器原、副线圈的匝数之比为：‎ ‎21.如图（a）所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成 半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上。圆弧导轨所在区域无磁场，右段区域存在磁场B0，左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B（t），如图（b）所示，两磁场方向均竖直向上。在圆弧顶端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，从金属棒下滑开始计时，经过时间t0滑到圆弧底端。设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。‎ ‎⑴问金属棒在圆弧内滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变？为什么？‎ ‎⑵求0到时间t0内，回路中感应电流产生的焦耳热量。 ‎ ‎⑶探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，回路中感应电流的大小和方向。‎ ‎【答案】（1）感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同。 （2分）‎ ‎（2）0—t0时间内，设回路中感应电动势大小为E0，感应电流为I，感应电流产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律：（1分）‎ 根据闭合电路的欧姆定律：（1分）由焦定律及②③有：（2分）‎ ‎（3）设金属进入磁场B0的瞬间，速度为v，‎ 金属棒在圆弧区域下滑的过程中，机械能守恒：（1分）‎ 根据法拉第电磁感应定律，金属棒进入磁场B0区域瞬间产生的感应电动势大小为E，则：方向为（1分）‎ 而左端磁场的感应电动势为,方向为由闭合电路欧姆定律，求得感应电流：（1分）‎ 根据⑦讨论：I.当时，I=0；（1分）‎ II.当时，，方向为；（1分）‎ III.当时，，方向为。（1分）‎