【物理】辽宁省辽河油田第二高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】辽宁省辽河油田第二高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

辽油二高高二期末物理试题 一、单选题 ‎1.如图所示，在水平长直导线正下方，有一只可以自由转动的小磁针。现给直导线通以由a向b的恒定电流I，若地磁场的影响可忽略，则小磁针的N极将 ‎ A. 保持不动 B. 向下转动 C. 垂直纸面向里转动 D. 垂直纸面向外转动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动。‎ A．保持不动，故A不符合题意； B．向下转动，故B不符合题意；‎ C．垂直纸面向里转动，故C符合题意；D．垂直纸面向外转动，故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎2.在一根长为的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为，则匀强磁场的磁感应强度的大小可能是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当导线的方向与磁场方向平行，所受的安培力为零；当导线的方向与磁场方向垂直，安培力最大；根据公式列式求解即可；‎ ‎【详解】长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为0.2N，故：，由于，故：，故A正确，BCD错误；‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，当B与I垂直时，‎ ‎，B与I平行时，．‎ ‎3.如图所示，一个速度为的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感强度为B，电场强度为E，若均增加为原来的3倍，则 A. 仍沿直线前进，飞出选择器 B. 往上极板偏转 C 往下极板偏转 D. 向纸外偏出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，此时应该有：qvB=qE，即vB=E，若B、E、v0均增加为原来的3倍，则受到的洛仑兹力大于电场力，正离子要向上偏转。‎ A．仍沿直线前进，飞出选择器，故A不符合题意；B．往上极板偏转，故B符合题意； ‎ C．往下极板偏转，故C不符合题意；D．向纸外偏出，故D不符合题意 ‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（　　）‎ A. ab中的感应电流方向由b到a B. ab中的感应电流逐渐减小 C. ab所受的安培力保持不变 D. ab所受的静摩擦力逐渐减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；‎ B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；‎ C．根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；‎ D．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确．‎ ‎5.如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的．若用磁铁分别靠近这两个圆环，则下面说法正确的是(  　)‎ A. 图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开 B. 图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动 C. 用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥 D. 用磁铁N极接近B环时，B环被推斥，远离磁铁运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当磁铁N极靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；故A错误；磁铁N极远离A环时，圆环A的磁通量变小，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它随磁铁运动；故B错误；当磁铁的任意一磁极靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，使A环被排斥，故C正确； 对于圆环B，当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用．所以对于圆环B，无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故D错误；故选C.‎ ‎【点睛】本题也可以直接使用楞次定律的推论解答．从楞次定律相对运动角度可得“来拒去留”；即近则斥，远则吸．‎ ‎6.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间 距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域左边界重合．现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，当边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，B正确．故选B．‎ ‎7.如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，V和A均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝sin 100πt (V).下列说法正确的是( )‎ A. 电流频率为100 Hz B. V的读数为24 V C. A的读数为0.5 A D. 变压器输入功率为6 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由：‎ 可知：‎ 故A错误；‎ B．理想变压器输入电压的有效值为U1=12V，由电压比关系式：‎ 可得U2=6V，V表的读数为6V，故B错误；‎ C．变压器输出电压的有效值：‎ A表的读数为1A ，故C错误；‎ D．变压器的输入功率等于输出功率，即：‎ 故D正确．‎ ‎8.如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2．则（ ）‎ A. 用户端的电压为I1U1/I2 B. 输电线上的电压降为U C. 理想变压器的输入功率为I12r D. 输电线路上损失的电功率为I1U ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2‎ ‎，则U1I1=U2I2，得：．故A正确；输电线上损失的电压为U-U1，故B错误；理想变压器的输入功率为U1I1．故C错误；等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：I12r．故D错误；故选A．‎ 二、多选题 ‎9.如图所示，通电直导线ab质量为m、水平地放置在两根倾角均为的光滑绝缘导体轨道上，通以图示方向的电流，电流强度为E，两导轨之间距离为l，要使导线ab静止在导轨上，则关于所加匀强磁场方向（从b向a看）、大小的判断正确的是 A. 磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为 B. 磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为 C. 磁场方向水平向右，磁感应强度大小为 D. 磁场方向垂直斜面向上时，磁感应强度有最小值 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：磁场方向竖直向上，受力如图所示 则有在水平方向上：，在竖直方向上：，其中F=BIL，联立可解得：B=，A正确；若磁场方向竖直向下，受到的安培力方向水平向右，则不可能静止，B错误；若磁场方向水平向右，电流方向和磁场方向平行，不受安培力作用，C错误；若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方向应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小．‎ 如右图，由力的矢量三角形法则讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应的磁感应强度最小，设其值为，则：，得：，D正确；‎ 考点：考查了共点力平衡条件的应用 ‎【名师点睛】本题是平衡条件的应用，关键是受力分析，安培力的方向是由左手定则判断的，由平衡条件列式计算即可，是一个比较简单的题目 ‎10.初速度为的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则 A. 电子将向右偏转，速率不变 B. 电子将向左偏转，速率改变 C. 电子将向左偏转，半径不变 D. 电子将向右偏转，半径改变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由安培定则可知导体右侧磁场方向垂直纸面向里，然后跟左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向右，因此电子将向右偏转，洛伦兹力不做功，故其速率不变，故A符合题意，B不符合题意。‎ CD．由右手螺旋定则可知，直导线右侧电场向里，并且离导线越远，场强越弱；由左手定则可知，电子向右偏转，根据，解得：‎ ‎，‎ 可知，B越小，半径越大，故D符合题意，C不符合题意。‎ 故选AD。‎ ‎11.如图，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 0～1s内线圈的磁通量不断增大 B. 第4s末的感应电动势为0‎ C. 0～1s内与2～4s内的感应电流相等 D. 0～1s内感应电流方向为顺时针 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：0~1s内磁感应强度不断增大，磁通量不断增大，选项A正确．第4s末磁感应强度为零，但斜率不为零，感应电动势不为零，选项B错误．0~1s内与2~4s内斜率大小不相等，电动势不相等，感应电流不相等，选项C错误．用楞次定律判断，感应电流在0~1s内为顺时针，选项D正确．‎ 考点：本题考查电磁感应的图象问题，法拉第电磁感应定律和楞次定律等．‎ ‎12.如图是某交流发电机产生的交变电流的图象，根据图象可以判定 A. 此交变电流的周期为0.1s B. 此交变电流的频率为5Hz C. 将标有“12V、3W”的灯泡接在此交变电流上，灯泡可以正常发光 D. 图象上对应时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据图象可知，周期T=0.2s，频率为： ‎ ‎，‎ 故A不符合题意，B符合题意；‎ C．交变电流的电压的有效值为 由此可知标有“12V、3W”的灯泡额定电压为12V，灯泡不能正常发光故，C不符合题意；‎ D．图象上对应的0.1s时刻，电动势为零，发电机中的线圈刚好转至中性面，故D符合题意。‎ 故选BD。‎ 三、填空题 ‎13.某种物质发射的三种射线如图所示的磁场中分裂成①、②、③三束．那么在这三束射线中，带正电的是 ，带负电的是 ，不带电的是 ．‎ ‎【答案】①③②‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由轨迹偏转方向确定出洛伦兹力方向，由左手定则判断粒子的电性．‎ 解：由图看出，①射线向左偏转，受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知，①射线带正电；②射线不偏转，该射线不带电；③向右偏转，洛伦兹力向右，由左手定则判断得知，该射线带负电．‎ 故答案为①③②‎ ‎【点评】本题考查左手定则的运用，注意应用左手定则时，四指指向负电荷运动的反方向．‎ ‎14.如图所示，桌面上放有一只10匝线圈，线圈中心上方一定高度处有一竖立的条形磁体．当磁体竖直向下运动时，穿过线圈的磁通量将______（选填“变大”或“变小”），在上述过程中，穿过线圈的磁通量变化0.1Wb，经历的时间为0.5s，则线圈中的感应电动势为__V．‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】在磁体竖直向下落时，穿过线圈的磁感应强度增大，故磁通量变大；由法拉第电磁感应定律可得：．‎ ‎15.在远距离输电中，输送电压为220伏，输送的电功率为44千瓦，输电线的总电阻为0.2欧，在使用原副线圈匝数比为1：10的升压变压器升压，再用10：1的降压变压器降压方式送电时．输电线上损失的电压为______ V，损失的电功率为______ W．‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 80‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电压与匝数成正比，有，可得升压变压器的输出电压为U2=2200V，根据P=UI，输出电流为：，故电压损失为：△U=Ir=20A×0.2Ω=4V，电功率损失为：△P=I2r=202×0.2=80W．‎ 四、实验题 ‎16.在“伏安法测电阻”的实验中，选择电流表的量程为0.6A，电压表的量程为3V，则图中电流表的读数为________A，电压表的读数为________V。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 0.35 (2). 2.15‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]电流表分度值为0.02A，故读数为：0.35A；‎ ‎[2]电压表量程为3V，故电压表分度值为0.1V，需要估读到0.01V，故读数为：2.15V ‎17.在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、电键S等，要求灯泡两端电压从0V开始变化．‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应采用________接法（填“分压式”或“限流式”）；‎ ‎（2）某同学已连接如图所示的电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器触头置于最____端；（选“左”或“右”）‎ ‎（3）某电流表表头内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，按如图改装成量程为3V和15V的电压表，R1= ____Ω， R2=_____Ω。‎ ‎【答案】 (1). 分压式 (2). 右 (3). 1300 6000‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压接法；‎ ‎(2)[2]闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路中的电阻最大，所以应将滑动变阻器的滑片P置于右端；‎ ‎(3)[3][4]表头满刻度电压值为：‎ Ug=Ig×Rg=200×2×10-3V=0.4V，‎ 量程为3V时，在电阻R1两端的电压应为：3-0.4=2.6V，电阻：‎ ‎，‎ 同理可得：‎ ‎。‎ 五、计算题 ‎18.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=50rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接。求电键S合上后， ‎ ‎（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；‎ ‎（2）电压表和电流表示数；‎ ‎（3）电阻R上所消耗的电功率；‎ ‎（4）从计时开始，线圈转过90°角的过程中，通过外电阻R的电量。‎ ‎【答案】(1) e =50cos50t(V)　(2) 2.0A 40V　(3) 80W (4)0.04C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：‎ Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50V=50V 故表达式为：‎ e=Emcosωt=50cos50t(V)‎ ‎（2）电动势有效值：‎ 电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：‎ U=IR=2×20V=40V ‎（3）电阻R上所消耗的电功率为：‎ P=IU=2×40W=80W ‎（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：‎ ‎19.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s．求：‎ ‎（1）感应电动势E和感应电流I；‎ ‎（2）拉力F的大小；‎ ‎（3）若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U．‎ ‎【答案】（1）2.0V ；2A；（2）0.8N；（3）1V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据动生电动势公式得： V，‎ 故感应电流为：．‎ ‎（2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为：‎ ‎．‎ 因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力为：‎ ‎（3）导体棒两端电压为：．‎ ‎20.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ ‎【答案】(1),与x轴正方向成45°角斜向上　(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子运动轨迹如图：‎ 粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：‎ x方向：‎ y方向： ‎ 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：‎ ‎，‎ 又 ‎，‎ 解得，即，‎ 粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为 ‎；‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：‎ ‎，‎ 设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：‎ ‎，‎ 根据几何关系可知：‎ 解得：‎