浙江省诸暨中学+2018-2019学年高二上学期期中考试物理试卷（解析版）
2018-2019学年浙江省诸暨中学高二
上学期期中考试物理试题此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
物理
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第I卷（选择题）
一、单选题
1．关于历史上科学的发展，下列说法正确的是（ ）
A．安培发现了电流的磁效应
B．楞次发现感应电流方向的规律
C．奥斯特发现磁生电的现象
D．法拉第发现了法拉第电磁感应定律
2．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
3．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（ ）
A．t＝0．005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0．01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
4．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一个匀强磁场中，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(粒子的电荷量不变)，则关于粒子的运动方向和带电性质，下列说法正确的是( )
A．粒子运动方向从a到b，带正电
B．粒子运动方向从a到b，带负电
C．粒子运动方向从b到a，带正电
D．粒子运动方向从b到a，带负电
5．交流发电机在工作时产生的电动势为e=Emsinωt，若将电枢的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e=Emsin B．e=2Emsin C．e=Emsin2ωt D．e=2Emsin2ωt
6．边长为的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一过程相符合的是（ ）
A． B． C． D．
7．一直升机停在南半球的地磁极上空, 该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度大小为若直升机螺旋桨叶片的长度为l,近轴端为a,远轴端为b,转动的频率为f,顺着地磁场的方向看,螺旋桨按顺时针方向转动。如果忽略a到转轴中心线的距离,用E 表示每个叶片中的感应电动势,则( )
A．,且a点电势低于b点电势
B．,且a点电势低于b点电势
C．,且a点电势高于b点电势
D．,且a点电势高于b点电势
8．著名物理学家弗曼曾设计过一个实验，如图所示.在一块绝缘板上中部安一个线圈，并接有电源，板的四周有许多带负电的小球，整个装置支撑起来.忽略各处的摩擦，当电源接通的瞬间，下列关于圆盘的说法中正确的是（ ）
A．圆盘将逆时针转动
B．圆盘将顺时针转动
C．圆盘不会转动
D．无法确定圆盘是否会动
9．如图所示的电路中，AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1 串联而成，流过的电流为I1，CD支路由电阻R和电流表A2串联而成，流过的电流为I2，已知这两支路的电阻值相同，则在接通S和断开S的时候，观察到的现象是( )
A．接通S的瞬间I1
I2
B．接通S的瞬间I1I2，断开的瞬间I1=I2
10．图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在原线圈两端接入一电压u=Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )
A． B． C． D．
二、多选题
11．关于电磁阻尼和电磁驱动，下列说法中正确的是( )
A．电表线圈骨架用铝框是利用了电磁驱动
B．在运输微安表时，用导线把表头的两接线柱相连是利用了电磁阻尼保护指针
C．变压器的铁芯用互相绝缘的硅钢片叠成是利用了电磁驱动
D．交流感应电动机是利用了电磁驱动
12．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中( )
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安掊力的合力方向保持不变
D．线框的机械能不断增大
13．如图所示，有三个完全相同的灯泡，额定功率足够大，直流电源 E1内阻可以忽略，交流电源E2的电动势有效值与E1相等，电感的电阻不计．当S接A时，三灯亮度相同，当S接B时（ ）
A．甲、乙、丙三灯亮度相同
B．甲亮度不变
C．甲和乙亮度相同，丙不亮
D．乙最亮，丙不亮
14．如图所示,边长为L，匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以恒定角速度ω转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2。下列判断正确的有( )
A．在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势为NBωL2
B．电压表V1示数为NBωL2
C．穿过变压器原、副线圈的磁通量的变化率相等
D．当可变电阻R的滑片P向下滑动时，变压器的输入功率变大
15．如图所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。下列说法正确的是( )
A．金属板A上聚集正电荷，金属板B上聚集负电荷
B．金属板A上聚集负电荷，金属板B上聚集正电荷
C．金属板A的电势UA低于金属板B的电势UB
D．通过电阻R的电流方向是由a→b
第II卷（非选择题）
三、实验题
16．(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：
A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B．条形磁铁
C．直流电源
D．多用电表
E．开关、导线若干
上述器材在本实验中不必用到的是________(填器材前的序号)，本实验中还需要用到的器材有________。
(2)做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是_______。
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C．原线圈接12V以下交流电压，电表用交流电压挡
D．原线圈接220V交流电压，电表用交流电压挡
17．如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）将图中所缺导线补接完整_______________。
（2）如果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，将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针_______（填“右偏”、“左偏”或“不偏转”） ；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针_______（填“右偏”、“左偏”或“不偏转”）。
四、解答题
18．如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1
，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间距离为ΔR 。设粒子所带电量为q，且不计粒子所受重力，求：
(1)两粒子射入电容器的速度大小。
(2)打在a、b两点的粒子的质量之差Δm。
19．如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L1，导轨电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻也为R的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求：
（1）灯泡正常发光时导体棒中的电流大小。
（2）磁感应强度的大小。
（3）灯泡正常发光时导体棒的运动速率。
20．如图所示，边长为L的闭合正方形线圈的电阻为R，匝数为N，以速度v向右匀速穿过宽度为d的有界匀强磁场，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B。
（1）当线圈右边框刚进入磁场时，求线圈中的电流大小和方向；
（2）当线圈右边框刚进入磁场时，求线圈受到安培力的大小和方向；
（3）若Ld，求线圈穿过磁场的过程中外界拉力做的功。
21．如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总。
2018-2019学年浙江省诸暨中学高二
上学期期中考试物理试题
物理答案
1．B
【解析】
A项：奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；
B项：楞次发现感应电流方向的规律，故B正确；
C项：法拉第发现了磁生电的现象，故C错误；
D项：法拉第发现了电磁感应现象，是韦德与库柏总结了电磁感应定律，故D错误。
故应选B。
2．C
【解析】
解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关．
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n，即感应电动势与线圈匝数有关故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；
穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；
由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；
故选C．
【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第．
3．B
【解析】
由图乙可知，当0.05s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，故A错误；由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，处于中性面，故B正确；线框产生的产变电动势的有效值，故C错误；由图可知，交流电的周期为0.02s，则频率为：，故D错误。所以B正确，ACD错误。
4．C
【解析】
根据粒子在磁场中运动的半径公式来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质。
由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，
根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，
所以粒子的运动方向是从b到a，
在根据左手定则可知，粒子带正电，故C正确。
故应选：C。
【点睛】
根据可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键。
5．C
【解析】
感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt，当将其电枢的转速提高一倍时，ω都增加一倍，电枢所围面积减小一半，根据Em=NBSω可知，电动势不变，其表达式变为
e′=Emsin2ωt。
故应选：C。
【点睛】
本题考查考虑问题的全面性，e=Emsinωt式中Em和ω都与转速成正比，不能简单认为表达式是Emsin2ωt。
6．B
【解析】
该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有，所以，故A错误，B正确，，故C错误，，故D错误。
7．A
【解析】
直升机螺旋桨每个叶片都切割磁感线，沿地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨顺时针方向转动，根据右手定则，a点电势低于b点电势；电动势大小为： ，故A正确，BCD错误。
点睛：本题主要考查了转动切割产生感应电动势的表达式：，以及应用右手定则判断感应电动势的方向。
8．A
【解析】
线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动．接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，变化的磁场会产生变化电场，因此向上磁场变大，则产生顺时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有逆时针方向的电场力，故圆盘将沿逆时针方向运动，A正确
9．B
【解析】
如图所示，当接通瞬间，通过线圈L的电流要增加，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流增加，从而使得电流慢慢增加．故，当断开瞬间，通过线圈L的电流要减小，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流减小，从而使得电流慢慢减小．但两电流表是串联，故电流相等．故选：B
考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．
点评：线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极．
10．D
【解析】
理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据，求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率。
加在原线圈上的电压
根据电压比与匝数比关系：
所以
根据，输电线上的电流，输电线上消耗的功率：，故D正确。
故应选：D。
【点睛】
解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。
11．BD
【解析】
A项：铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电流又会受到安培阻力，阻碍线圈的转动，故A错误；
B项：连接后由于电磁效应动圈阻尼变得极大，运输时线圈不再容易摆动，可以防止指针打坏，故B正确；
C项：变压器的铁芯是用相互绝缘的硅钢片叠成的，这样可以减小铁芯中的涡流，故C错误；
D项：发电机的工作原理是电磁感应，而电动机是电流的磁效应，依靠电磁驱动的，故D正确。
故应选BD。
12．BC
【解析】
根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱，根据楞次定律判断感应电流的方向，再通过左手定则判断线框所受的安培力的合力方向。
A、B项：根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，即方向保持不变。故A错误，B正确；
C项：根据左手定则，上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于上边所处的磁场强，所以上边所受的安培力大小大于下边所受的安培力大小，所以线框所受安培力的合力方向竖直向上，故C正确；
D项：在下降的过程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以线框的机械能不守恒，即减小，故D错误。
故应选：BC。
【点睛】
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道机械能守恒的条件。
13．BD
【解析】
电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻R没有影响。根据电感和电容的特性进行判断。
由题，当单刀双掷开关S接A时，即为交流，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗、电容C的容抗与电阻R相同，当S接B时，即为直流，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，故B、D正确。
故应选：BD。
【点睛】
本题要抓住电容器与电感器的特性：电容器具有通交流，隔直流，电感具有通直流、阻交流的特性。
14．ACD
【解析】
正弦式交流发电机从线圈所处平面与磁场方向平行开始计时，其电动势表达式为：；在图示位置时穿过正方形线圈中的磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，电压表和电流表读数为有效值。
从线圈所处平面与磁场方向平行时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为，在图示位置时穿过正方形线圈中的磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电动势为，故A正确；交流电压的最大值等于，电压表示数为有效值，故B错误；根据理想变压器的工作原理得出：穿过变压器原、副线圈的磁通量的变化率相等，故C正确；当P位置向下移动，R减小，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表的示数不变，输出功率为：，故输出功率变大，变压器的输入与输出功率相等，故当可变电阻R的滑片P向下滑动时，变压器的输入功率变大，故D正确；故选ACD。
【点睛】
本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，要注意明确输出电压由输入电压决定．
15．BC
【解析】
等离子体含有大量带正电和带负电的微粒，这些微粒射入磁场时，受到伦兹力作用而偏转，由左手定则可以判断正、负电荷受到的洛伦兹力方向分别向下和向上，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷聚集到A板上，故B板相当于电源的正极．电源的正极电势高于负极的电势。
大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由b→a，金属板A的电势UA小于金属板B的电势UB，故应选BC。
【点睛】
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可判断电荷的偏转方向，考查对磁流体发电机的理解能力．此题还可以等效成流体切割磁感线，由E=Bvd求得发电机的电动势。
16．（1）BC；低压交流电源 （2）C
【解析】
(1)变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故条形磁铁B不必用到；如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故直流电源C不必用到，需要用到低压交流电源。
(2)变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，综合(1)可知，故应选C。
17．（1）图见解析 （2）右偏；左偏
【解析】
(1)注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答；
(2)磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反。
【详解】
(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示
(2)闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；当将原线圈迅速插入副线圈时，则线圈的磁通量也是从无到有，则说明线圈磁通量从无到有即变大，导致电流计指针向右偏一下；线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下。
【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．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。
18．（1） （2）
【解析】
(1)穿过电容器的粒子满足电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡求出粒子运行的速度v；(2)在磁场2中粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据半径差的关系式求出粒子的质量差△m。
【详解】
(1)由于粒子沿直线运动，所以：
粒子在电容器中受到的电场力洛伦兹力平衡，即qE=qvB1
因此
又因
解得：；
(2)以速度v进入B2的粒子满足：
落在a点的半径为：
落在b点的半径为：
根据题意有：△R=2（R1-R2）
即：
由此可得：
即：
代入
解得：。
【点睛】
掌握速度选择器的原理，知道带电粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力求出半径与速度质量的关系是解决本题的关键。
19．(1) (2) (3)
【解析】
导体棒释放后做加速度减小的加速运动，直到重力等于安培力时以最大速度匀速运动。在加速阶段感应电动势和感应电流增大，两灯泡逐渐变亮，只有在匀速阶段两灯泡的亮度不变，所以两灯泡保持正常发光说明导体棒在匀速运动。
(1)灯泡正常发光有：,解得：，由电路的联接特点可知，导体棒中的电流为；
(2)两灯泡保持正常发光说明导体棒在匀速运动，根据平衡条件：
解得：；
(3)由电路特点可知，两灯泡保持正常发光时的电压等于电动势的，此时路端电压为：
根据法拉第电磁感应定律E=BLv
联立解得： 。
【点睛】
本题为电磁感应与电路结合的题目，明确电路的结构，找出电源是解决此类问题的突破口。
20．(1)感应电流以方向为逆时针，
(2)安培力水平向左，
(3)
(4)
【解析】
根据法拉第定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由焦耳定律求焦耳热，再根据能量守恒定律，求得外力做的功。
(1)当线圈右边框刚进入磁场时，由右手定则可知，感应电流以方向为逆时针，
；
(2)线圈右边的电流向上，由左手定则可知，所受安培力水平向左，由公式；
(3)若L＜d，线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为：；
(4)若L＞d，线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为：
根据能量守恒定律，则有外力做的功W= 。
【点睛】
本题要掌握电磁感应常用的三个基本规律：法拉第定律、欧姆定律和焦耳定律，关键确定产生感应电流的时间。
21．(1) (2) (3)
【解析】
(1)根据题意画出粒子在复合场中的运动轨迹，根据几何关系及洛伦兹力提供向心力求解即可；(2)粒子第一次经过x轴的位置后做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式以及几何关系结合动能定理求解；(3)分别求出粒子第一次经过x轴的时间、在电场中运动的时间以及第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间，三者之和即为所求时间。
【详解】
(1)根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，
由几何关系可得rcos45°=h
即
解得：；
(2)粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点速度大小为vb
粒子做类平抛运动，有：vb=v1cos45°
所以
设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为-yb，
由类平抛运动得r+rsin45°=vbt
由动能定理：
所以：；
(3)粒子在磁场中的周期为：
第一次经过x轴的时间：
在电场中运动的时间：
在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间：
所以总时间：。
【点睛】
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力。
