【物理】湖北省随州一中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】湖北省随州一中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

随州一中2019-2020学年高二上学期期中考试 物理试题 一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一个选项符合题目要求，9~13有多个选项符合题目要求。全选对的得4分，先对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.地球是个大磁体，地磁场的存在对地球的影响是巨大的。下列有关地磁场的说法中，正确的是（ ）‎ A. 地磁场如果是因为地球自转形成的，则地壳应带正电 B. 直射赤道的宇宙射线粒子向两极方向偏转 C. 奥斯特实验中小磁针指向有明显偏转时长直通电导线应沿南北方向 D. 飞行员驾驶飞机在北半球由西向东飞行，右侧机翼电势较高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】考查地磁场问题的分析。‎ ‎【详解】A．地磁场在地球外部由地理南极附近指向地理北极附近，在地球内部由地理北极附近指向地理南极附近，由于地球自西向东自转，如果是因为地球自转形成的，根据右手螺旋定则可判断，地壳应带负电，A错误；‎ B．直射赤道的宇宙射线粒子由于带电，受到地磁场的洛伦兹力作用，如果带正电，根据左手定则可知，洛伦兹力向东，如果带负电，洛伦兹力向西，即宇宙射线粒子沿赤道平面向东或向西旋进，不是向两极偏转，B错误；‎ C．奥斯特实验中，由于小磁针开始时指向南北方向，所以要产生一个东西方向的磁场，小磁针才会偏转，若要产生东西方向的磁场，由右手螺旋定则可知，导线应南北方向放置，C正确；‎ D．在北半球，地磁场斜向下，有竖直向下的分量，飞机由西向东飞行，根据右手定则，可知左侧机翼电势较高，D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，两根相互平行放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，a受到磁场力的大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2.则此时b受到的磁场力大小为( )‎ A. F2 B. F1-F2 C. F1＋F2 D. 2F1-F2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以没加磁场前，二者所受的力等大方向，加上磁场后，受到的安培力也是等大反向，所以两个导线所受到的力均是等大反向，所以b受到的磁场力大小变为a受到的磁场力大小，A对．‎ ‎3.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R．已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)‎ A. 液滴带正电 B. 液滴的比荷为 C. 液滴顺时针运动 D. 液滴运动的速度大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故A错误；由mg＝qE解得，故B错误；磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的运动方向为顺时针，故C正确；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为，联立各式得，故D错误．‎ ‎4.如图甲所示，为一个质量为m，电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动细杆处于匀强磁场中，（不计空气阻力），现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中的速度图象如图乙所示．则圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功w．（重力加速度为g）‎ A. 圆环带负电，B= B. 圆环带正电，B=‎ C 圆环带负电，w=mv02 D. 圆环带正电，w=mv02‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的．‎ ‎【详解】A、B项：因圆环最后做匀速直线运动，根据左手定则正电荷 在竖直方向上平衡得：，所以：B=，故A错误，B正确；‎ C、D项：动能定理得，圆环克服摩擦力所做的功：，解得：，故C、D错误．‎ 故应选：B．‎ ‎【点睛】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v=v0/2图象的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．‎ ‎5.如图所示,圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b ‎,二者轴线重合,螺线管、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P向上滑动,下列说法中正确的有( )‎ A. 穿过线圈a的磁通量增大 B. 线圈a对水平桌面的压力小于其重力 C. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流 D. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A错误，C错误，D正确．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故B正确．故选BD.‎ 考点：安培定则；楞次定律 ‎6.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )‎ A. W1W2，q1＝q2 D. W1>W2，q1>q2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv ‎，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：‎ W1:W2=3:1；‎ 根据电量，感应电流，感应电动势，得：‎ 所以：‎ q1:q2=1:1，‎ 故W1＞W2，q1=q2。‎ A. W1W2，q1＝q2。故C正确； D. W1>W2，q1>q2。故D错误；‎ ‎7. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则 (　　)‎ A. 电压表的示数为220 V B. 电路中的电流方向每秒钟改变50次 C. 灯泡实际消耗的功率为484 W D. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线框有内阻，所以电压表示数小于220V，A错误；‎ B．交流电频率50Hz，则电路中的电流方向每秒钟改变100次，B错误；‎ C．灯泡实际消耗功率为： =459.8W，小于484W，C错误；‎ D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为=24.2 J，D正确．‎ ‎8.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是（ ）‎ A. 根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B. 自行车的车速越大，霍尔电势差越高 C. 图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的 D. 如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查霍尔元件。‎ ‎【详解】A．设单位时间内的脉冲数n和自行车车轮的半径r，则自行车的速度为：‎ A正确；‎ B．设霍尔电势差UH，则：‎ 解得：‎ 由电流的微观表达式：‎ 其中n为单位体积内的电子数，S为横截面积，v为电子定向移动的速度，解得电荷定向移动的速度：‎ 联立解得：‎ 可知，电流一定是，霍尔电势差与车速无关，B正确；‎ C．由左手定则可知，形成电流的粒子向外侧偏转，图乙可知，外侧为负极，即图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，C错误；‎ D．如果长时间不更换传感器的电源，电源内阻增大，电流减小，由 可知，霍尔电势差将减小，D错误。‎ 故选A。‎ ‎9.如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒下列说法中正确的为 ( )‎ A. 所受安培力方向水平向右 B. 可能以速度v匀速下滑 C. 刚下滑的瞬间ab棒产生的电动势为BLv D. 减少的重力势能等于电阻R上产生的内能 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒ab以一定初速度下滑，导体棒和定值电阻组成的闭合回路磁通量减小，根据楞次定律，产生的感应电流自b到a，左手判断安培力水平向右，选项A对．如下图，若安培力和重力的合力垂直导轨向下，则沿导轨方向合力为0，即没有摩擦力，那么导体棒将做匀速直线运动，选项B对．刚下滑瞬间速度在垂直磁场的分速度为，所以产生的感应电动势为,选项C错．下滑过程重力势能减少，感应电流在电阻上产生焦耳热，还可能伴随动能的增加，即使没有动能的增加，减少的重力势能也应该等于和上面产生的热量选项D错．‎ ‎10.如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电压表V1示数增大 B. 电压表V2、V3示数均增大 C. 该变压器起降压作用 D. 变阻器滑片是沿c→d的方向滑动 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查理想变压器的动态分析。‎ ‎【详解】A．变压器为理想变压器，电压由输入端决定，改变滑动变阻器滑片位置，不能输入端电压改变，即电压表V1示数不变，A错误；‎ B．由变压器电压关系：‎ 可知，V1示数不变，则电压表V2示数不变，由 电流表A2的示数I2增大，可知，电压表V3示数减小，B错误；‎ C．由变压器电流关系：‎ 可知，，该变压器起降压作用，C正确；‎ D．由 可知，电压U2不变，电流I2增大，则总电阻减小，R阻值减小，滑片沿c→d的方向滑动，D正确。‎ 故选CD。‎ ‎11. 某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如图12所示．如果输电导线输送的电流很大，那么，以下说法正确的是 (　　)‎ A. 无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的 B. 若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的 C. 若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的 D. 若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的，B正确．输电线周围存在磁场，交变电流产生变化的磁场，因此在输电过程中输电线因电流变化引起自感现象，当输电线上电流很大时，强大的自感电流有可能将钢管融化，造成事故，所以甲方案是不可行的．在乙方案中，两条输电线中的电流方向相反，产生的磁场互相抵消，使自感现象的影响减弱到可以忽略不计的程度，是可行的，C正确．此题类似于课本中提到的“双线并绕”．‎ ‎12.如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域，其边长为L，边长为．两同种带电粒子（重力不计）以相同的速度分别从a点和ab边上的P点垂直射入磁场，速度方向垂直于ab边，两粒子都恰好经过c点，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 粒子在磁场中运动的轨道半径为 B. 粒子从a点到c点的运动时间为 C. 粒子的比荷为 D. P点与a点的距离为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、带电粒子在磁场中匀速圆周运动，画出运动轨迹图如图 从a点射入磁场的粒子,根据几何关系 ‎，所以A正确；‎ B、从a点入射的粒子圆心在O 1,根据几何关系 ‎∠bO 1c=60∘，∠aO 1c=120∘‎ 从a到c运动时间，B错误；‎ C、由半径公式得：，C正确；‎ D、另一粒子由P点垂直入射，在△O 2bc中，O 2b=‎ Pb=，P与O1重合，所以P与a点的距离为，D正确．故选ACD．‎ ‎13.用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r<

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