【物理】浙江省杭州市西湖高级中学2019-2020学年高二上学期12月试题（解析版）

【物理】浙江省杭州市西湖高级中学2019-2020学年高二上学期12月试题（解析版）

杭西高2019年12月高二物理试卷 一、单选题（本题共12小题，每小题3分，共36分）‎ ‎1. 法拉第发现电磁感应现象，不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代，下列哪一个器件工作时利用了电磁感应现象 ( )‎ A. 电视机的显像管 B. 回旋加速器 C. 电磁炉 D. 指南针 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电视机的显像管、回旋加速器是带电粒子在电场中加速及磁场在的偏转，电磁炉利用电磁感应，指南针是磁现象的应用，C正确．‎ ‎2.线圈在匀强磁场中转动时产生交流电，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 当线圈位于中性面时，线圈中感应电动势最大 B. 当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中感应电动势也是零 C. 线圈在磁场中每转一周，产生的感应电动势和感应电流的方向改变一次 D. 每当线圈越过中性面时，感应电动势和感应电流的方向就改变一次 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查的是磁场对线圈的作用的问题，当线圈位于中性面时，线圈中磁通量的变化为零，感应电动势最小；A错误；当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中磁通量的变化最大，则感应电动势最大，B错误；线圈在磁场中每转一周，产生的感应电流的方向改变两次，C错误；每当线圈越过中性面时，产生的感应电流的方向改变一次，D正确；‎ ‎3.根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是：（ ）‎ A. 阻碍引起感应电流的磁通量 B. 与引起感应电流的磁场反向 C. 阻碍引起感应电流的磁通量的变化 D. 与引起感应电流的磁场方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当磁通量增大时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相同；即感应电流的磁场一定是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．‎ A. 阻碍引起感应电流的磁通量，与分析不相符，故A项错误；‎ B. 与引起感应电流的磁场反向，与分析不相符，故B项错误；‎ C. 阻碍引起感应电流的磁通量的变化，与分析相符，故C项正确；‎ D. 与引起感应电流的磁场方向相同，与分析不相符，故D项错误．‎ ‎4.老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（ ）‎ A. 磁铁插向左环，横杆发生转动 B. 磁铁插向右环，横杆发生转动 C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动 D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动．右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，故B正确，ACD错误．‎ ‎5.一个质点做简谐振动的振动图像如图所示，则该质点在3.5s时的 A. 速度为负，位移为正 B. 速度为负，位移为负 C. 速度为负，加速度为正 D. 速度为正，加速度为负 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 知道图像的意义，再结合简谐运动的模型分析求解。‎ ‎【详解】据图像可知，质点在 时，质点的位移为正，且偏离平衡位置，所以位移、速度为正，根据：‎ 可知，回复力与位移方向相反，即加速度也与位移方向相反，故D正确，ABC错误。‎ ‎【点睛】明确图像的意义是解题的关键，灵活与模型结合是解题的核心，知道位移、速度和加速度之间的变化关系。‎ ‎6.摆长是1m的单摆在某地区振动周期是2s，则在同一地区 A. 摆长是0.5m的单摆的周期是0.707s B. 摆长是0.5m的单摆的周期是1s C. 周期是1s的单摆的摆长为2m D. 周期是4s的单摆的摆长为4m ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据单摆的周期公式即可求解。‎ ‎【详解】AB．根据单摆的周期公式，代入题中数据：‎ 两式相比解得：，故AB错误；‎ C．同理：‎ 两式相比解得：，故C错误；‎ D．同理：‎ 两式相比解得：，故D正确。‎ ‎【点睛】熟记公式及公式中的物理意义是解决此题的关键。‎ ‎7. 如图所示，理想变压器的a、b端加上某一交流电压后，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑线变阻器的滑片P于图示位置．现将滑片P下移 ( 导线电阻不计)，则以下正确的是: （ ）‎ A. 灯仍能正常发光，变压器输入电流变大 B. 灯仍能正常发光，变压器输入电流变小 C. 灯变亮，变压器输入电流变大 D. 灯变暗，变压器输入电流变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 滑片P下移，滑动变阻器电阻增大，输出端总电阻增大，输出电压不变，灯泡亮度不变，输出电流减小，输入电流由输出电流决定，所以输入电流也减小，A错；B对；CD错；‎ ‎8.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面积的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（　　）‎ A. Q1＞Q2，q1=q2 B. Q1＞Q2，q1＞q2 ‎ C. Q1=Q2，q1=q2 D. Q1=Q2，q1＞q2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设ab和bc边长分别为L1，L2，若假设穿过磁场区域的速度为v，， ； 同理可以求得：，； L1＞L2，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，因此：Q1＞Q2，q1=q2，故A正确，BCD错误．故选A．‎ 在电磁感应题目中，公式，常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件.‎ ‎9.如图所示，在平行于地面的匀强磁场上方，有两个用相同金属材料制成的边长相同的正方形线圈a、b，其中a的导线比b粗，它们从同一高度自由落下.则 A. 它们同时落地 B. a先落地 C. b先落地 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，根据牛顿第二定律研究线圈加速度的关系，再分析下落时间的关系。‎ ‎【详解】设、线圈的边长为，横截面积为，电阻率为，密度为，质量为，进入磁场瞬间速度为、加速度为，根据牛顿第二定律得：‎ 解得：，可知与横截面积无关，两线圈的位移相同，所以两线圈同时落地，故A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】本题难点在于分析线圈加速度与横截面积无关，要抓住相同金属材料背后的物理意义。‎ ‎10.如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（ ） ‎ A. 向左摆动 B. 向右摆动 C. 保持静止 D. 无法判定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 条形磁铁S极突然插入线圈时，螺线管磁场向左增加，楞次定律得左板为正极，右侧负极，带负电的通草球受向左电场力，将向左偏．A正确．故本题选A．‎ ‎11.如图所示圆环形导体线圈平放在水平桌面上,在的正上方固定一竖直螺线管,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片向下滑动,下列表述正确的是(  )‎ A. 线圈中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B. 穿过线圈的磁通量变小 C. 线圈有扩张的趋势 D. 线圈对水平桌面的压力FN将增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，接入电路中的电阻变小，所以流过线圈b的电流增大，所以穿过线圈a的磁通量变大．由右手定则可以判断出穿过线圈a的磁通量增大的方向向下，所以根据楞次定律可知线圈a中感应电流所产生的磁场方向向上，再由右手定则可知线圈a中感应电流方向为俯视逆时针，故AB错误．滑片P向下移动使得穿过线圈a的磁通量增加，根据楞次定律的描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，只有线圈a面积减小才能阻碍磁通量的增加，所以线圈a应有收缩的趋势，故C错误．滑片P为不动时，线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力．当滑片P向下滑动时，采用等效法，将线圈a和螺线管b看做两个条形磁铁，由楞次定律可以判断出两条形磁铁的N级相对，互相排斥，所以线圈a对水平桌面的压力变大，故D正确．故选D ‎12.如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是 A. 感应电流方向顺时针方向 B. CD段直导线始终不受安培力 C. 感应电动势的最大值E=Bdv D. 感应电动势的平均值=πBdv ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向，根据，分析过程中最长的可知最大电动势；根据法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值。‎ ‎【详解】A．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，故A错误；‎ B．根据楞次定律可以判断，电流方向由到，磁场垂直纸面向里，则受安培力向下，故B错误；‎ C．当半圆闭合回路进入磁场一半时，有效长度最大为，这时感应电动势最大值为：‎ 故C错误；‎ D．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为：‎ 故D正确。‎ ‎【点睛】本题注意以下几点：（1）感应电动势的平均值用公式来计算；（2）利用感应电动势公式计算时，应是有效长度，即垂直切割磁感线的长度。‎ 二、多选题（本大题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎13.如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u=220sin(100πt)V的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22V，22W”的灯泡10个，灯泡均正常发光．除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是 A. 变压器原、副线圈匝数比为10∶1 B. 电流表示数为1A C. 电流表示数为10A D. 副线圈中电流的频率为5Hz ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】根据交流电压瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解相关物理量。‎ ‎【详解】A．灯泡正常发光，灯泡两端的电压，原线圈两端电压有效值为，原、副线圈匝数之比为：‎ 故A正确；‎ BC．副线圈的电流：‎ 电流与匝数成反比：‎ 得，所以电流表示数为，故B正确，C错误；‎ D．根据原线圈电压的瞬时值表达式，可知：‎ 解得得，原副线圈频率相等，所以副线圈中电流的频率为，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查变压器的知识，要能够对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题准确理解。‎ ‎14.对单摆振动过程，正确的描述是 A. 摆球机械能守恒，因它所受合外力为零 B. 摆球过最低点时，动能最大 C. 摆球向最高点摆动时，动能转化为势能，并且因克服重力做功而机械能减少 D. 摆球到最高点时，动能为零，势能最大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】单摆振动过程中机械能守恒，最高点势能最大，动能最小，最低点势能最小，动能最大，合力始终不为零。‎ ‎【详解】A．摆球机械能守恒，因它除了重力外，绳的拉力不做功，摆球的速度的大小和方向始终在改变，所以所受合外力始终不为零，故A错误；‎ B．摆球机械能守恒，在最低点重力势能最小，动能最大，故B正确；‎ C．摆球机械能守恒，摆球向最高点摆动过程中，重力做负功，重力势能增加，动能减小，故C错误；‎ D．摆球机械能守恒，最高点重力势能最大，动能最小为零，故D正确。‎ ‎【点睛】在解决能量的题目时，要注意分析涉及几种形式的能，明确什么能减少，什么能增加，从而去判断能量的转化情况。‎ ‎15.如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是(　　)‎ A. 在0～3s内导线圈中产生的感应电流方向不变 B. 在t=2.5s时导线圈产生的感应电动势为1V C. 在0～2s内通过导线横截面的电荷量为20C D. 在t=1s时，导线圈内电流的瞬时功率为10W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】根据楞次定律来判定感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律，求出时线框中感应电动势的大小，结合欧姆定律、电功率的计算方法、结合电荷量的表达式进行求解。‎ ‎【详解】A．根据楞次定律可知，在内的感应电流方向与内的感应电流方向相反，即为交流电，故A错误；‎ B．根据法拉第电磁感应定律，时的感应电动势等于内的感应电动势，则有：‎ 故B错误；‎ CD．在时间内，根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势为：‎ 再根据欧姆定律有：‎ 在时，线框内电流为，那么导线框内电流的瞬时功率为：‎ 根据电流的定义式解得：‎ 故CD正确。‎ ‎【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和楞次定律，及电荷量与电功率的计算方法，同时注意交流电与直流电的区别在于电流的方向是否发生变化。‎ ‎16.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知(　　)‎ A. 该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25πt(V)‎ B. 该交流电的频率为25 Hz C. 该交流电的电压的有效值为100 V D. 若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】从图象中可得该交流电的周期为T＝4×10－2s，所以频率为f＝1/T＝25 Hz，选项B正确；角速度为ω＝2πf＝50π，从图象中可知交流电最大值为Um＝100 V，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝ 100sin(50πt) V，该交流电的有效电压值为，选项AC错误；若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为，选项D正确．‎ 三、计算题（本大题共5小题，共48分）‎ ‎17.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2 =5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：‎ ‎(1)求螺线管中产生的感应电动势？‎ ‎(2)闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率？‎ ‎(3)闭合S，电路中的电流稳定后，求电容器的电量？‎ ‎【答案】(1)1.2　(2)0.0576W　(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律：‎ ‎ ‎ ‎(2)根据全电路欧姆定律，有：‎ 根据 P=I2R1  解得：‎ P=0.122×4=5.76×10-2W；‎ ‎(3)S闭合时，电容器两端的电压 ‎  U=IR2=0.6V 电容器所带的电量 Q=CU=1.8×10-5C ‎18.发电机输出功率为，输出电压为，用户需要的电压为，输电线电阻为.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的.‎ ‎（1）画出此输电线路的示意图.‎ ‎（2）试求在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比.‎ ‎（3）用户得到电功率是多少？‎ ‎【答案】（1）输电线路的示意图如图所示． ‎ ‎（2）升压变压器，降压变压器 ‎（3）用户得到的电功率为96kW ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）输电线路的示意图如图所示.‎ ‎（2）输电线损耗功率 ‎.‎ 又，‎ 输电线电流为.‎ 原线圈中输入电流为 ‎.‎ 所以，‎ 这样，‎ ‎，‎ 所以，.‎ ‎（3）用户得到的电功率.‎ 远距离输电的电路结构是必须熟悉的知识点.在这一结构中，升压变压器、降压变压器的不同功能，输电线上电能的损耗、电压的损耗，电路中的非线性特征的影响等等，都是读者必须讨论并认真掌握的内容.‎ ‎19.在小车上竖直固定着一个高h=0.05m、总电阻R=10Ω、n=100匝的闭合矩形线圈，且小车与线圈的水平长度l相同．现使线圈和小车一起在光滑的水平面上运动，速度为v1=1.0m/s，随后穿过与线圈平面垂直、磁感应强度B=1.0T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图甲所示．已知小车运动(包括线圈)的速度v随车的位移x变化的v-x图像如图乙所示．求:‎ ‎(1)小车的水平长度l和磁场的宽度d；‎ ‎(2)小车的位移x=10cm时线圈中的电流大小I；‎ ‎(3)小车位移x=35cm时线圈所受安培力的大小及方向．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)，方向水平向左 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由图中小车速度变化的位置，判定出产生感应电流的位置，从而得出小车的长度和磁场的宽度；‎ ‎(2)由图读出当时，由图像可知线圈右边切割磁感线的速度，然后求出电动势和感应电流的大小；‎ ‎(3)由图读出当时，由图像可知线圈左边切割磁感线的速度，然后求出电动势和感应电流的大小，再由求出安培力的大小。‎ ‎【详解】(1)由题图乙可知，从开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度随位移减小，当时，线圈完全进入磁场，线圈中无感应电流，小车做匀速运动。因此小车的水平长度；‎ 当时，线圈开始离开磁场，则磁场区域的宽度为：‎ ‎(2)当时，由图像可知线圈右边切割磁感线的速度 导体切割磁感线得线圈中的电动势：‎ 回路中的电流：‎ 解得：‎ ‎(3)当时，切割磁感线的速度 导体切割磁感线得线圈中的电动势：‎ 线圈中的电流：‎ 则安培力：‎ 代入数据得：，由左手定则可知安培力方向水平向左。‎ ‎【点睛】根据速度的变化分析磁场宽度时可以画出线框在磁场中运动的草图，同时注意结合力和运动的关系，明确安培力对物体运动的影响。‎ ‎20.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；‎ ‎（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；‎ ‎（3）在上问中，若R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．‎ ‎【答案】（1）4m／s2（2）10m/s（3）0.4T，方向垂直导轨平面向上 ‎ ‎【解析】试题分析： （1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：‎ ‎①‎ 由①式解得＝10×（O.6－0.25×0.8）m／s2=4m／s2②‎ ‎（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡 ‎③‎ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻消耗的电功率：‎ ‎④‎ 由③、④两式解得 ‎⑤‎ ‎（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B ‎⑥‎ ‎⑦‎ 由⑥、⑦两式解得⑧‎ 磁场方向垂直导轨平面向上 考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律 ．属于中等难度的题目，解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解．开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，根据牛顿第二定律可直接求解加速度的大小；金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力．‎ ‎21.如图甲所示，质量m＝3×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．(g＝10 m/s2)‎ ‎ ‎ ‎ (1)求0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小；‎ ‎(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；‎ ‎(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量．‎ ‎【答案】(1)30 V　(2)电流方向由C到D　B2方向向上　(3)0.03 C ‎【解析】(1)由电磁感应定律有E＝n 得E＝nS＝30 V ‎(2)由左手定则得：电流方向由C到D 因此B2方向向上 ‎(3)由牛顿第二定律有F＝ma＝m ‎ ‎(或由动量定理FΔt＝mv－0)‎ 安培力F＝IB1l q＝IΔt v2＝2gh 得q＝＝0.03 C.‎