2017-2018学年河南省洛阳市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年河南省洛阳市高二上学期期末考试物理试题 解析版

洛阳市2017—2018学年第一学期期末考试 高二物理试卷 一、选择题 ‎1. 在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用,下列叙述不符合史实的是 A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系 B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说 C. 法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应电流 D. 楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【答案】C ‎【解析】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确； 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说，选项B正确； 法拉第在实验中观察到,在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流，选项C错误； 楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；故选ABD.‎ ‎2. 下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景,导体ab上的感应电流方向为a→b的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b．故A正确．B、ab 向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误．C、穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a．故C错误．D、ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误．故选A．‎ ‎【点睛】本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方向上结果是相同的，不过研究的对象不同．‎ ‎3. 如图所示,左侧有一个竖直放置的超导体圆环,O点为圆环的圆心,右侧有一条形磁铁。一开始圆环中没有电流,条形磁铁由静止沿轴线向左加速运动,当N极到达圆心O所在位置时,突然静止不动。下列说法正确的是 A. 条形磁铁运动的过程中,线圈中有逆时针电流(从左向右看)‎ B. 条形磁铁N极运动到O点静止瞬间,线圈中的电流消失 C. 条形磁铁运动的过程中,线圈对条形磁铁有向右的作用力 D. 条形磁铁运动的过程中,条形磁铁对线圈始终没有作用力 ‎【答案】C ‎【解析】条形磁铁由静止沿轴线向左加速运动，磁铁沿轴线靠近环时，线圈中会产生感应电流，根据楞次定律可得，环中产生顺时针（从左向右看）方向的感应电流，故A错误；当条形磁铁N极运动到O点静止瞬间，因为是超导线圈，则线圈中的电流不会消失，选项B错误；根据楞次定律的“来拒去留”可知，圆环对条形磁铁有向右的作用力，故C正确，D错误．故选C．‎ 点睛：根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向→原磁场的变化→引起感应电流的磁场的变化→楞次定律→感应电流的方向．判断线圈与磁铁之间的相互作用可用“来拒去留”.‎ ‎4. 如图所示,平行金属导轨的间距为d,一端跨接一阻值为R的电阻,其他电阻不计,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于导轨所在平面向里,一根长直金属棒与导轨成60°角放置,且接触良好,则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时,电阻R中的电流为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】金属棒中产生的感应电动势为：E=BLv=Bv；通过R的电流为： 故选A．‎ 点睛：本题容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为d，感应电动势为E=Bdv，得到电流I=．‎ ‎5. 将直导线垂直于磁场方向放置在磁场中。当导线中没有电流时,磁场对导线没有力的作用;导线通有电流时,磁场对导线有力的作用.由此可猜想:磁场对运动电荷有力的作用.猜想的主要依据是 A. 磁场是由运动电荷产生的 B. 电流是电荷定向运动形成的 C. 导线中存在正电荷和负电荷 D. 导线中存在可以自由移动的电荷 ‎【答案】B ‎【解析】根据电流形成的条件可知，电流是电荷定向运动形成的．当导线中没有电流时，即导线中没有做定向移动的电荷，此时磁场对导线没有力的作用；当导线通有电流时，导线内的自由电荷做定向移动，由于磁场对导线有力的作用，则说明了磁场对运动电荷有力的作用．故B正确，A、C、D错误，故选B.‎ ‎【点睛】本题难度不大是一道基础题，知道洛伦兹力与安培力之间的关系，以及电流的微观意义即可正确解题．‎ ‎6. 如图是交流发电机的示意图,图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置,其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,乙、丁中线圈与磁场方向平行,则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是 A. 甲、丙 B. 丙、丁 C. 甲、乙 D. 乙、丁 ‎【答案】D ‎【解析】由题意可知，根据右手定则，得：乙、丁中线圈虽与磁场方向平行，但切割速度与磁场垂直，故有感应电流出现，而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，但切割速度与磁场平行，因此没有感应电流，故D正确，A、B、C错误；故选D.‎ ‎【点睛】考查右手定则的应用，注意切割速度的理解，并形成结论：磁通量最大时，切割速度与磁场平行；磁通量最小时，切割速度与磁场垂直．‎ ‎7. 图甲所示电路中,A1、A2、A3为相同的电流表,C为电容器,电阻R1、R2、R3的阻值相同,线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示,则在t1~t2时间内 A. 电流表的示数都不为零 B. 电流表A2的示数比A3的小 C. 电流表A1的示数比A2的小 D. 电流表A1·和A2的示数相同 ‎【答案】D ‎【解析】原线圈中磁场如乙图所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0．只有D正确；故选D．‎ ‎【点睛】本题综合考查电磁感应及电容器、电感器的工作原理，要求能记清电容、电感的作用．‎ ‎8. 某发电站用1lkV交变电压输电,输送功率一定,输电线的电阻为R.现若用理想变压器将电压升高到220kV送电,下面哪个选项正确 A. 因所以输电线上的电流增为原来的20倍 B. 因,所以输电线上的电流减为原来的 C. 因,所以输电线上损失的功率增为原来的400倍 D. 若要使输电线上损失的功率不变,可将输电线的直径减为原来的1/400‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据P=UI得，．输送功率一定，输送电压变为原来的20倍，则输送电流变为原来的．故A错误，B正确．根据P损＝I2R得，输送电流变为原来的．则损失的功率变为原来的．故C错误．根据P损＝I2R得，输送电流变为原来的．要使输电线上的功率不变，电阻变为原来的400倍，根据 ，直径变为原来的．故D错误．故选B．‎ ‎9. 电子感应加速器的基本原理如图所示:在上下两个电磁铁形成的异名磁极之间有个环形真空管,图甲为侧视图图乙为真空室的俯视图.电磁铁中通以交变电流使两极间的磁场周期性变化从而在真空室内产生感生电场将电子从电子枪右端注入真空室,电子在感生电场的作用下被加速,同时在洛伦兹力的作用下,在真空室中沿逆时针方向(图乙中箭头方向)做圆周运动.由于感生电场的周期性变化使电子只能在某段时间内被加速,但由于电子的质量很小,故在极短时间内被加速的电子可在真空室内回旋数10万以至数百万次,并获得很高的能量.若磁场的磁感应强度B(图乙中垂直纸面向外为正)随时间变化的关系如图丙所示,不考虑电子质量的变化,则下列说法中正确的是 A. 电子在真空室中做匀速圆周运动 B. 电子在运动时的加速度始终指向圆心 C. 在丙图所示的第一个周期中,电子只能在0～T内按图乙中逆时针方向做圆周运动且被 D. 在丙图所示的第一个周期中,电子在0～T和T~T内均能按图乙中逆时针方向做圆周运动且被加速 ‎【答案】C ‎【解析】由于磁场时周期变化的，根据麦克斯韦电磁场理论可知，产生的电场也是周期性变化的，故电子在真空室中一段时间加速度，又有一段时间减速度，再加速度，再减速，周而复始．故A错误；由于电子做的是非匀速圆周运动，故加速度不指向圆心，故B错误；第一个周期中，电子在0～T内磁通量垂直纸面向外增加，根据楞次定律，则产生顺时针方向的感应电场，故电子按图乙中逆时针加速， 同理可知在T～T时间内电子也在逆时针加速．故C错误，D正确．故选：D.‎ ‎10. 如图所示,三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形,电流的方向垂直纸面向里.电流大小均为Ⅰ,其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B。,导线C位于水平面处于静止状态,则导线C受到的静摩擦力是 A. ,水平向左 B. ,水平向右 C. ,水平向左 D. ,水平向右 ‎【答案】B ‎【解析】电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，作出磁感应强度的合成图：‎ 根据力的平行四边形定则，结合几何的菱形关系，则有：；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为，由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为，方向水平向右；故选B．‎ ‎【点睛】考查磁感应强度的矢量性，掌握矢量合成法则，注意几何知识的应用，同时掌握受力平衡条件，特别注意静摩擦力的方向．‎ ‎11. 图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,A为交流电流表,线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示,以下判断正确的是 A. 电流表约示数为10A B. 线圈转动的角速度为50πrd/s C. 0.0ls时线圈平面与磁场方向平行 D. 0.02s时电阻R中电流的力向自右向左 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．‎ ‎12. 如图电路中,电源电动势为E、内阻为r.闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后,电压表示数的变化量为△U,在这个过程中,下列判所正确的是 A. 电阻R1两端的电压减小，减小量等于△U B. 电容器的带电量减小,减小量小于C△U C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值不变 D. 电压表示数变化量△U和电流表示数变化△I的比值不变 ‎【答案】BD ‎【解析】A、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，电阻R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U，故A错误．B、R1两端的电压减小，电容器的带电量减小，根据Q=CU可知，电容器的带电量减小量小于C△U．故B正确；C、电压表测量R两端的电压，则有，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故C错误.D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I(R1+r)，由数学知识得知，，保持不变．故D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】此题是电路动态分析问题，要知道两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析．要注意R是非线性元件，，但.‎ ‎13. 如图所示,在一矩形区城内,不加磁场时,不计重力的带电粒子以某初速度垂直左边界射入,穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场,带电粒子仍以原来的初速度入射,粒子飞出磁场时偏离原方向60°,利用以上数据听求出下列物理量中的 A. 带电粒子的比荷 B. 带皂粒子在磁场中运动的周期 C. 带电粒子的初速度 D. 带电粒子在磁场中运动的半径 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：这种由已知量，来确定可以求那些量的题目，要从给定情形中的已知量涉及的公式，来进行尝试变化，组合．最终能消掉公式中未知量的，就是可以求出的量．而在尝试变化，组合之后仍不能消掉的，即为求不出来的．‎ 解：‎ 由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，由几何关系得磁场宽度d=rsin60°=sin60°，又由未加磁场时有d=vt，所以可求得比荷，故A正确 周期：可求出，故B正确 因初速度未知，无法求出CD，故C、D错误．‎ 故选AB ‎【点评】这种题目需要公式很熟练，且组合变化条理，才能得到哪些是可求的，哪些是不可求的．综合应用公式得能力要求比较高．‎ ‎14. 如图所示是圆盘发电机的示意图,铜盘安装在水平的铜轴上.它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L,匀强磁场的磁感应強度为B,回路的总电阻为R,从左往右看,铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动。则 A. 由于穿过铜盘的磁通量不变,故回路中无感应电流 B. 回路中有周期性变化的感应电流 C. 回路中感应电流大小不变,为 D. 回路中感应电流方向不变,为C→D→R→C ‎【答案】CD ‎【解析】圆盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，则有E=BLV=BL2ω，所以产生的电动势大小不变，感应电流大小不变，即为，故C正确，B错误；根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为从D向R再到C，即为C→D→R→C，故D正确；故选CD．‎ 点睛：本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，基本题，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以C处的电势比D处低．‎ 二、实验题 ‎15. 如图所示的电路为欧姆表内部电路图电源电动势E=6.0V,内阻r=2.0,电流表满偏电流IR=0.6A,电流表电阻RA=0.5,A、B为接线柱，‎ ‎(1)欧姆调零时用一段导线把A、B直接连起来,此时应把可变电阻R1调节为_____‎ ‎(2)调零后保持R1的值不变,在A、B间接入一个电阻为10的定值电阻R2,此时电流表的指针指在_______A刻度的位置 ‎(3)保持R1阻值不变,把可变电阻Rx，接在A、B之间,则电流表读数Ix与Rx的关系式是________。‎ ‎【答案】 (1). 7.5 (2). 0.3 (3). ‎ ‎【解析】(1)欧姆表内阻,调零电阻阻值：.‎ ‎(2)根据全电路的欧姆定律，电流.‎ ‎(3)由全电路的欧姆定律.‎ ‎【点睛】本题考查了求欧姆表的调零电阻阻值、中值电阻阻值、电阻测量值，知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题.‎ ‎16. 欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻,要求测量结果尽量准确,现备有以下器材 A.电池组(3V,内阻1)‎ B.电流表(0~3A,内阻0.0125)‎ C.电流表(0~0.6A,内阻0.125)‎ D.电压表(0~3V,内阻3k)‎ E.电压表(0~15V,内阻15k)‎ F.滑动变阻器(0~20,额定电流1A)‎ G.滑动变阻器(0~2000,额定电流0.3A)‎ H.开关、导线 ‎(1)上述器材中应选用的是________;(填写各器材的字母代号)‎ ‎(2)设实验中,电流表电压表的某组示数如下图所示,图示中I=_______A，U=_____V ‎(3)为使通过待测金属导线的电流能在0~0.5A范围内改变,请按要求将下图中给定的器材连成实验电路______‎ ‎【答案】 (1). ACDFH (2). 0.48 (3). 2.20 (4). ‎ ‎【解析】(1) 必选器材有：A、H．电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表D．金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约．故电流表选C．为方便实验操作，滑动变阻器应选F，即需要的实验器材是：ACDFH．‎ ‎(2)电流表为0.6A量程，精确度为0.02A，估读在同一微，读数为0.48A；电压表量程为3V，精确度为0.1V，估读到下一位，则读数为2.20V.‎ ‎(3)实验要求电流能在0～0.5A范围内改变，滑动变阻器应采用分压接法;而，，有，则电流表应采用外接法.实物连线如图所示：‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材的选择、电流表的接法、设计实验电路，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确作出电路图的关键．‎ 三、计算题 ‎17. 轻质细线吊着一质量为m=0.32kg、边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈,总电阻为r=1.边长为 的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧,如图甲所示,磁场方向垂直纸面向里,大小随时间变化关系如图乙所示,从t=0开始经t0时间细线开始松弛,取g=10m/s2.求t0的值 ‎【答案】2s ‎............‎ 分析线圈受力可知，当细线松弛时有：‎ 由图象知：‎ 解得： ‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律．以及知道细线开始松驰时，线圈所受的安培力和重力平衡．‎ ‎18. 有一n=10匝的正方形金属线框,边长为L=20cm,线框总电阻为r=1Ω,外接电阻R=9Ω,线框绕轴以=10ad/s的角速度匀速转动,如图所示,垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B=0.5T ‎(1)从图示位置开始计时,写出感应电动势随时间变化的表达式 ‎(2)求线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量 ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】(1)交变电流电动势最大值为：‎ 由于线框转动是从中性面开始计时的，所以顺时值表达式为：‎ ‎(2)线框转过60°过程中，通过电阻R的电荷量：‎ ‎ ‎ 可得：‎ ‎【点睛】本题研究有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道瞬时值跟峰值的关系，线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电量问题，则由平均值来确定．‎ ‎19. 如图所示,内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场.圆环左侧的平行板电容器两板间有加速电场,靠近M板处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子,经过电场加速后从N板小孔射出,并沿圆环直径方向射入磁场,不计离子的重力,忽略平行板外的电场.要使离子不进入内圆区域,求加速电压U的取值范围 ‎【答案】‎ ‎【解析】设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得：‎ 设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律可得：‎ 若离子恰好不进入小圆，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，此时轨迹如图所示：‎ 由几何关系得：‎ 解得：‎ 需满足的条件为：‎ 联立解得： ‎ ‎【点睛】本题考查了离子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用．‎ ‎20. 如图甲所示,光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上,两导轨间距L=0.3m.导轨电阻忽略不计、其间连接有固定电阻R=0.4.导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.2的金属杆ab,整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下.利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab,使之由静止开始做匀加速直线运动,电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑,获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示 ‎(1)求金属杆的瞬时速度随时间变化的表达式 ‎(2)求第2s末外力F的大小;‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】(1)设路端电压为U，杆的运动速度为v，则感应电动势为：‎ 感应电流为：‎ R两端电压：‎ 联立可得：‎ 代入数据解得：‎ 由图乙可得：‎ 可得速度为：‎ ‎(2)由上式知，金属杆的加速度为：‎ 在2s末金属杆的速度为：‎ 此时杆受到的安培力大小为：‎ 由牛顿第二定律，对杆有：‎ 代入数据解得： ‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，首先要识别电路的结构，把握路端电压与电动势的关系，而电动势是联系电路与电磁感应的桥梁，可得到速度的表达式；安培力是联系力与电磁感应的纽带，可理解记住安培力公式．‎ ‎ ‎