【物理】江西省南昌市六校2019-2020学年高二上学期期末联考试题（解析版）

【物理】江西省南昌市六校2019-2020学年高二上学期期末联考试题（解析版）

江西省南昌市六校2019-2020学年高二上学期期末联考 物理试题（八一中学、洪都中学等）‎ 一、单选题（7小题）‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱 B. 放在匀强磁场中的通电导线一定受到安培力 C. 磁场的方向就是通电导体所受安培力的方向 D. 通电直导线所受安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面 ‎【答案】D ‎【解析】磁感线越密集，则磁场越强，则沿磁感线方向，磁场不一定逐渐减弱，选项A错误；如果通电导线平行磁场放置，则导线不受磁场力，选项B错误；通电直导线所受安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面，选项C错误，D正确；故选D.‎ ‎2.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁场垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（ ）‎ A. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用 B. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用 C. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用 D. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用 ‎【答案】C ‎【解析】根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，在根据左手定则判断安培力方向，如图：‎ 根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，如图所示：‎ 根据牛顿第三定律，电流对磁体作用力向右下方；选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左；最后再根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力增大；C正确，ABD错误。故选C．‎ ‎【点睛】本题关键先对电流分析，根据左手定则得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．‎ ‎3.将一面积为cm2，匝数的线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图所示，线圈总电阻为2Ω，则 A. 在0~2s内与2s~4s内线圈内的电流方向相反 ‎ B. 在0~4s内线圈内的感应电动势为V C. 第2s末，线圈的感应电动势为零 ‎ D. 在0~4s内线圈内的感应电流为A ‎【答案】D ‎【解析】A．在0-2s内与2s-4s内磁场方向相反，磁通量变化情况相反，根据楞次定律可知，在这两段时间内线圈内感应电流方向相同，A错误。‎ B．由图知：‎ 在0-4s内线圈内的感应电动势 ‎ 故B错误 C．在0～4s内，磁通量的变化率恒定，线框中产生的感应电动势不变，始终为E=0.8V，C错误。‎ D．在0-4s内线圈内的感应电流 D正确。故选D．‎ ‎4.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于(　　)‎ A. 5∶4 B. 3∶2 C. ∶1 D. 2∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：据题意，通过电热器A的电流有效值为：,即：，则电热器A的电功率为：,通过电热器B得到电流有效值为：，则电热器B的电功率为：，故选项A正确．‎ 考点：本题考查交变电流的有效值的计算．‎ ‎5.如图所示，闭合矩形线圈abcd从静止开始竖直下落，穿过一个匀强磁场区域，此磁场区域竖直方向的长度远大于矩形线圈bc边的长度，不计空气阻力，则（　　）‎ A. 从线圈dc边进入磁场到ab边穿过出磁场的整个过程，线圈中始终有感应电流 B. dc边刚进入磁场时线圈内感应电流的方向，与dc边刚穿出磁场时感应电流的方向相反 C. 从线圈dc边进入磁场到ab边穿出磁场的整个过程中，加速度一直等于重力加速度 D. dc边刚进入磁场时线圈内感应电流的大小,与dc边刚穿出磁场时感应电流的大小一定相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线圈中的磁通量发生变化．线圈整体在磁场中运动时，磁通量没有变化，故没有感应电流，A错误；‎ B．根据右手定则，dc刚进入磁场时线圈内感应电流的方向从d到c，dc边刚穿出磁场时感应电流的方向从c到d，即两者方向相反，B正确；‎ C．没有感应电流时候，磁场对线圈没有阻碍作用，此时的加速度等于重力加速度，而有感应电流时，加速度小于重力加速度，C错误；‎ D．根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律 从公式中和题目的情景中可知，只有当两种情况下速度相等时，它们的感应电流才相等，D错误．故选B．‎ ‎6.回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒，把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下．连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核()和粒子() ，比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是 A. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较大 B. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大 C. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小 D. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据 ，知氚核（）的质量与电量的比值大于α粒子（），所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大根据 得，最大速度，则最大动能，氚核的质量是α粒子的倍，氚核的电量是倍，则氚核的最大动能是α粒子的倍，即氚核的最大动能较小．故C正确，A、B、D错误．故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，以及会根据 求出粒子的最大速度．‎ ‎7.电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）．为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道．其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c．流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）．图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料．现于流量计所在处加磁感应强度B的匀强磁场，磁场方向垂直前后两面．当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值．已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】最终稳定时有：，则，根据电阻定律，则总电阻，所以，解得，所以流量，ACD错误，B正确 二、多选题（5小题）‎ ‎8.闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，abcda方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图2所示，关于线框中的电流i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列说法正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图示B-t图象可知，0～1s时间内，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流是顺时针的，为正值；1～2s磁通量不变，无感应电流；2～3s，B的方向垂直纸面向外，B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的；3～4s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，A正确，B错误。‎ CD．由左手定则可知，在0～1s内，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的，1～2s无感应电流，没有安培力，2～4s时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势 感应电流 由B-t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C错误，D正确。‎ 故选AD．‎ ‎【点睛】本题考查了判断I-t图象与F-t图象是否正确，分析清楚B-t图象、应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式即可正确解题；此题也可以判断电流和安培力的方向直接通过排除法．‎ ‎9.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是 A. 向右匀加速运动 B. 向左匀加速运动 C. 向右匀减速运动 D. 向左匀减速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，则上面线圈产生的磁场向上，则由楞次定律可知，下面线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；由安培定则和右手定则可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。AD不符合题意；BC符合题意。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（　　）‎ A. 加速度为 B. 下滑的位移为 C. 产生的焦耳热为 D. 受到的最大安培力为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，感应电流也增大，金属棒受到的安培力增大；根据牛顿第二定律，有：，又，则：，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动．故A错误．‎ B、由感应电量计算公式可得，下滑的位移，故B正确．‎ C、根据能量守恒定律：产生的焦耳热，故C正确．‎ D、当金属棒的速度大小为v时，金属棒ab受到的安培力最大，所以安培力的最大值，故D正确．‎ ‎11.如图所示的电路中，L为电感线圈（电阻不计），A、B为两灯泡，以下结论正确的是（ ）‎ A. 合上开关S时，A先亮，B后亮 B. 合上开关S时，A、B同时亮，以后B变暗直至熄灭，A变亮 C. 断开开关S时，A、B两灯都亮一下再逐渐熄灭 D. 断开开关S时，A熄灭，B先变亮再逐渐熄灭 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．合上S时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡A、B同时变亮；但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加；当电流稳定后，线圈相当于直导线，灯泡B被短路，故电键闭合后，灯泡A、B同时亮，但B逐渐熄灭，A更亮，B正确，A错误；‎ CD．断开S时，A灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡B构成闭合电路，B灯先闪亮后逐渐变暗；CD错误。‎ 故选BD．‎ ‎【点睛】本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的增加和减小，即总是阻碍电流的变化．‎ ‎12.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环．金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接．下列判断正确的是（　　）‎ A. 金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为 B. 通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P C. 通过电阻R的电流的最大值为 D. OM两点间电势差绝对值的最大值为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】M端线速度为，OM切割磁感线的平均速度为，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为，故A正确；当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R的电流最小．因，通过电阻R的电流的最小值为：，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流为：，故C错误；OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，其最大值为：，故D正确．‎ 三、实验题（2小题）‎ ‎13.磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明：‎ ‎（1）如图（a）所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便效果明显，通电导线应______．此时从上向下看，小磁针的旋转方向是_________________（填顺时针或逆时针）．‎ A. 平行于南北方向，位于小磁针上方 B. 平行于东西方向，位于小磁针上方 C. 平行于东南方向，位于小磁针下方 D. 平行于西南方向，位于小磁针下方 ‎（2）如图（b）所示是电子射线管示意图.接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出,在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是__________．（填选项代号）‎ A. 加一磁场，磁场方向沿z轴负方向 B. 加一磁场，磁场方向沿y轴正方向 C. 加一电场，电场方向沿z轴负方向 D. 加一电场，电场方向沿y轴正方向 ‎（3）如图（c）所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互________（填排斥或吸引），当通以相反方向的电流时，它们相互___________（填排斥或吸引），这时每个电流都处在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用．也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用.‎ ‎【答案】 (1). A 逆时针 (2). B (3). 吸引 排斥 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）无通电导线时小磁针S极向南，所以为使实验方便效果明显，导线应平行于南北方向位于小磁针上方，根据左手定则，可以判断出从上向下看小磁针旋转方向为逆时针，故选A；‎ ‎（2）电子束运动径迹发生了弯曲，这表明运动电荷受到了磁场力，由左手定则知a为阴极；故B对．‎ ‎（3）由图可知，当通入的电流方向相同时，导线靠拢，说明两导线相互吸引；当通入电流方向相反时，导线远离，说明两导线相互排斥；‎ ‎14.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．根据电磁感应规律，填写实验现象（向左偏转、向右偏转、不偏转）．‎ ‎①S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针___‎ ‎②线圈A放在B中不动时，电流表的指针___‎ ‎③线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表的指针___‎ ‎④线圈A放在B中不动，突然断开S．电流表的指针_____．‎ ‎【答案】 (1). 向左偏转 (2). 不偏转 (3). 向左偏转 (4). 向右偏转 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；‎ ‎②线圈不动，磁通量不变，无感应电流；‎ ‎③滑片向左移动，电流变大，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；‎ ‎④突然断开S，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；‎ ‎【详解】由题意可知，当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，则有电流从正极进入时，电流指针向右偏；电流从负极进入时，电流指针向左偏；‎ ‎①[1]线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向左偏转；‎ ‎②[2]线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；‎ ‎③[3]线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向左偏转；‎ ‎④[4]线圈A中磁场方向向上，突然断开S，磁通量减小，阻碍减小，故感应电流的磁场方向向上，故电流从左向右流过电流表，故电流表指针向右偏转。‎ ‎【点睛】本题关键是根据先安培定则判断出A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的方向．‎ 四、计算题（4小题）‎ ‎15.如图所示，水平放置的平行金属导轨abdc，相距l＝0.50m，bd间连有一固定电阻R＝0.20Ω，导轨电阻可忽略不计．磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒MN垂直放在导轨上，其电阻也为R，导体棒能无摩擦地沿导轨滑动，当MN以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速运动时，求：‎ ‎（1）导体棒MN中感应电动势的大小；‎ ‎（2）回路中感应电流的大小，流过R的电流方向；‎ ‎（3）导体棒MN两端电压的大小．‎ ‎【答案】(1) 0.80V；(2)2A，b到d；（3）0.4V。‎ ‎【解析】‎ 分析】（1）导体垂直切割磁感线，由公式E=BLv求出感应电动势；‎ ‎（2）MN相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小；‎ ‎（3）棒两端的电压是路端电压，由U=IR即可求出结果．‎ ‎【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势 V ‎（2）根据闭合电路的欧姆定律得，通过R的电流 A 由右手定则可知，流过R的电流方向为b到d ‎（3）导体棒MN两端电压为路端电压，则：‎ V ‎【点睛】本题是电磁感应、电路和磁场相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律即可解题，要注意ab切割磁感线产生电动势，ab相当于电源，ab两端电势差不是感应电动势，而是路端电压．‎ ‎16.电子质量为m、电荷量为q,以速度v0与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后落在x轴上的P点,如图所示,求:‎ ‎（1）电子运动轨道的半径R；‎ ‎（2）OP的长度；‎ ‎（3）电子从由O点射入到落在P点所需的时间t。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）。‎ ‎【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：‎ 解得：‎ ‎（2）过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如图所示 由几何知识得：‎ ‎（3）由图中可知，由图中可知圆弧对应的圆心角为，粒子做圆周运动的周期：‎ 则粒子的运动时间：‎ ‎17.如图为远距离输电过程的示意图．已知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW（即用户得到的功率为88kW），求：‎ ‎（1）降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流．‎ ‎（2）输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压．‎ ‎（3）两个变压器各自的匝数比．‎ ‎【答案】（1）400A；20A；（2）100；4500V；（3）1：18；20：1。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流．‎ ‎（2）根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压．‎ ‎（3）根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比．‎ ‎【详解】（1）由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率：‎ 解得降压变压器输出电流为：A 根据输电导线消耗的功率：P损=‎ 解得：A ‎（2）由欧姆定律可知输电导线损耗电压为：U损=20×5V=100V 根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即：V ‎（3）由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为：‎ U3=U2-U损=4500-100=4400V 根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系可知：‎ 升压变压器：‎ 降压变压器 ‎【点睛】本题主要考查了远距离输电，关键要知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系．‎ ‎18.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为的电阻，质量为、电阻为的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响．‎ 判断金属棒两端a、b的电势哪端高；‎ 求磁感应强度B的大小；‎ 在金属棒ab从开始运动的内，电阻R上产生的热量．‎ ‎【答案】(1) b端电势较高(2)  (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手定可判断感应电流由a到b，可知b端为感应电动势的正极，故b端电势较高．‎ 当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得：‎ 金属棒产生的感应电动势为：‎ 则电路中的电流为：‎ 由图象可得： ‎ 代入数据解得：       ‎ 在，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得：‎ 解得：                      ‎ 则电阻R上产生的热量为：‎