【物理】江苏省南通市启东中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 17页

江苏省启东中学2019~2020学年度第一学期期终考试 高 二 物 理 一、单项选择题 ‎1.如图所示，处于纸面内的软导线回路平面，由于匀强磁场强弱发生变化，回路变为圆形。则该磁场 A. 逐渐增强，方向垂直纸面向外 B. 逐渐增强，方向平行纸面向左 C. 逐渐减弱，方向垂直纸面向外 D. 逐渐减弱，方向平行纸面向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】磁场发生变化，回路变为圆形，是由线圈受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，磁场在减弱，故C正确。故选C。‎ ‎2.某电源输出的电流既有交流成分又有直流成分，而我们只需要稳定的直流，下列设计的电路图中，能最大限度使电阻R2获得稳定直流的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知所设计的电路功能应滤去交流成分而保留或较少损失直流成分，根据电路图可以分析出，在选项B、C中与R2间接串联了电容器，因此无直流成分流经R2‎ ‎，故选项B、C不符合；在选项A、D中信号首先流经电感线圈，其作用是通直流、阻交流，L越大，对交流电的阻碍作用越大，旁路电容器的作用是尽可能多地滤去多余的交流信号，但尽可能不损失直流成分，即通交流、隔直流，又因为C越大，其容抗越小，即对交流电的阻碍作用越小，反之阻碍作用越大，故选项A正确；选项D错误．‎ ‎3.电阻为R的负载接到20V直流电压上消耗的电功率是P，现用一个变压器，将电压最大值为200V的正弦交流电压接原线圈，副线圈接电阻R，则R上消耗的电功率为P/2，该变压器原副线圈的匝数比为（ ）‎ A. 20:1 B. ：1 C. 10:1 D. 1:10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当电阻接在直流电路中的时候，由可得，此时的功率，当功率为时，由可得，此时电阻的电压的有效值为，变压器的输入电压的有效值为，所以变压器原、副线圈的匝数比为；故选C．‎ ‎【点睛】本题考查变压器的原理及有效值的定义，要注意会用电流的热效应定义有效值．‎ ‎4.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框abc，磁场方向垂直于线框平面，ac两点间接一直流电源，电流方向如图所示，则（　　）‎ A. 导线ab受到安培力大于导线ac所受的安培力 B. 导线abc受到的安培力大于导线ac受到的安培力 C. 线框受到的安培力的合力为零 D. 线框受到的安培力的合力方向垂直于ac向下 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】导线abc与导线ac并联，流过导线abc的电流I1与流过导线ac的电流I2的关系为；导线ab受到的安培力大小为；导线ac所受的安培力大小为：；导线abc的有效长度为L，受到的安培力大小为：；故AB错误；根据左手定则，导线abc受安培力垂直于ac向下，导线ac受到的安培力也垂直于ac向下，故线框受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，故C错误，D正确.‎ ‎5.如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，一条形磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，不计空气阻力．下列说法正确的是 A. 条形磁铁做自由落体运动 ‎ B. 电流计中的电流先由B到A，后由A到B C. 磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量 ‎ D. A点的电势先高于B点的电势，后低于B点的电势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于磁铁在运动中产生电磁感应现象，故磁铁受到阻碍作用，故磁铁不会做自由落体运动；故A错误；‎ BD．当磁铁N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而下，螺线管下端相当于电源的正极。所以通过G的电流方向为从B到A，当S极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小，且方向向下，则螺线管上端相当于电源的正极。所以通过G的电流方向为从A到B，则A点的电势先低于B点的电势，后高于B点电势，故D错误，B正确；‎ C．根据能量守恒规律可知，磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能之和，故磁铁减小的重力势能大于回路中产生的热量，故C错误。故选B。‎ ‎6.如图所示，空间存在方向垂直纸面的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向发射速率均为v 的同种带电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小也为d，则粒子 A. 能打在板上的区域长度为2d ‎ B. 能打在板上离P点的最远距离为d C. 到达板上的最长时间为 ‎ D. 到达板上的最短时间为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示，根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度 故A错误；‎ B．由图可以看到打在板上最远点是右边，由几何关系它与P点的距离是2d，故B错误；‎ C．在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图所示，由几何关系知，最长时间 最短时间 又有粒子在磁场中运动的周期 根据题意 故C正确，D错误。故选C。‎ ‎7.如图(甲)所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,正方形金属线框电阻为R,边长是L,自线框从左边界进入磁场时开始计时,在外力作用下由静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域,t1时刻线框全部进入磁场.规定顺时针方向为感应电流I的正方向.外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为P,通过导体横截面的电荷量为q,其中Pt图像为抛物线.则图中这些量随时间变化的关系不正确的是 )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，感应电流，i与t成正比，故A错误； ‎ B.线框进入磁场过程中受到的安培力，由牛顿第二定律得：，得，F-t图象是不过原点的倾斜直线，故B错误；‎ C.线框的电功率，P-t图象是抛物线的一部分，故C正确；‎ D. 线框的位移，电荷量，q-t图象应是抛物线，故D错误．‎ 二、多项选择题 ‎8.如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4-0.2t) T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则(　　)‎ A. t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到D B. t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到C C. t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1N D. t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律，并由时刻来确定磁场的变化，从而判定感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，与力的合成与分解，并由三角知识，即可求解．‎ ‎【详解】当t=1s时，则由磁感应强度随时间变化规律是，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；当t=3s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故B错误；当在t=1s时，由法拉第电磁感应定律，则有； 再由欧姆定律，则有感应电流大小；则t=1s时，那么安培力大小；由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆对挡板P的压力大小，故C正确；同理，当t=3s时，感应电动势仍为E=0.1V，电流大小仍为I=1A，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力的方向垂直磁感线斜向下，根据力的合成，则得金属杆对H的压力大小为，故D错误；‎ ‎9.如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，‎ C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有 A. 接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮 B. 接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮 C. 断开开关S，A、B都立刻熄灭 D. 断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 接通开关S，电容器C要通过A充电，因此A立刻亮，由于充电电流越来越小，当充电完毕后，相当于断路，而L对电流变化有阻碍作用，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于短路，因此A、B一样亮，故AB正确；当S闭合足够长时间后再断开，A立刻熄灭，而L产生自感电动势，且电容器也要对B放电，故B要逐渐熄灭，故C错误D正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，注意电容器也要放电．‎ ‎10.霍尔传感器测量转速的原理图如图所示，传感器固定在圆盘附近，圆盘上固定4个小磁体．在a、b间输入方向由a到b的恒定电流，圆盘转动时，每当磁体经过霍尔元件，传感器c、d端输出一个脉冲电压，检测单位时间内的脉冲数可得到圆盘的转速．关于该测速传感器，下列说法中正确的有 A. 在图示位置时刻c点电势高于d点电势 ‎ B. 圆盘转动越快，输出脉动电压峰值越高 C. c、d端输出脉冲电压的频率是圆盘转速的4倍 ‎ D. 增加小磁体个数，传感器转速测量更准确 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向上表面偏转，即c点，所以d点电势高于c点，故A错误；‎ B．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽厚分别为a、b、c，有 所以 输出脉动电压峰与圆盘转动快慢无关，故B错误；‎ C．当小磁体靠近霍尔元件时，就是会产生一个脉冲电压，因此c、d端输出脉冲电压的频率是圆盘转动频率的4倍，即为转速的4倍，故C正确；‎ D．当增加小磁体个数，传感器c、d端输出一个脉冲电压频率变高，那么传感器转速测量更准确，故D正确。故选CD。‎ ‎11.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长为L＝10cm的正方形线圈abcd共N＝100匝，线圈电阻r＝1Ω。线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω。则 A. 交流电压表的示数为2.22V ‎ B. 由图示位置转过角时的感应电动势的大小为1.57V C. 线圈转动一周电流产生的总热量约为1J ‎ D. 图示位置ab边所受的安培力大小为0.0314N ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据Em=NBωS，可得感应电动势的最大值 由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：‎ 当线圈转过角时的瞬时感应电动势为 转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：‎ 故A错误，B正确；‎ C．一个周期内，由公式 周期为 热量 故C正确；‎ D．电流为 安培力为 故D错误。故选BC。‎ 三、实验题 ‎12.我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。‎ ‎（1）如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道_______。‎ ‎（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转。电路稳定后，若向左移动滑片，此过程中电流表指针向______偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向______偏转。（均选填“左”或“右”）‎ ‎（3）某同学按图丙完成探究实验，在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除______（选填“A”或“B”） 线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生,在拆除电路前应______（选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”）。‎ ‎【答案】(1). 电流表指针偏转方向与电流方向间的关系 (2). 右 左 (3). A 断开开关 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系；‎ ‎(2)[2][3]如图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向左移动滑动触头，通过线圈A的电流增大，磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转；‎ ‎(3)[4][5]在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而突然会被电击了一下，为了避免此现象，则在拆除电路前应断开开关。‎ ‎13.某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图1所示， ‎ ‎（1）下面是实验的主要步骤：  ‎ ‎①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；  ‎ ‎②向气垫导轨通入压缩空气；  ‎ ‎③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；  ‎ ‎④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ‎ ‎⑤把滑块2放在气垫导轨的中间； ‎ ‎⑥先_______，然后 _______，让滑块带动纸带一起运动；  ‎ ‎⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图2所示： ‎ ‎⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g；试完善实验步骤⑥的内容．  ‎ ‎（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度乘积之和为______kg•m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为______ kg•m/s（保留三位有效数字）． ‎ ‎（3）试说明（2）问中两结果不完全相等的主要原因是： _______ ．‎ ‎【答案】 (1). 接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2). 0.620 0.618 (3). 纸带与打点计时器的限位孔间有摩擦 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1；‎ ‎(2)[3]放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为 滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s；‎ ‎[4]碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为 ‎(3)[5]结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用。‎ 四、计算题 ‎14.如图，相距L=1m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R=2Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d均为0.6m，磁感应强度大小B1=T、B2=0.8T．现有电阻r=1Ω的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab从边界MN进入磁场后始终以速度m/s作匀速运动，求：‎ ‎⑴棒ab在磁场B1中时克服安培力做功的功率；‎ ‎⑵棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电量；‎ ‎⑶棒ab在磁场中匀速运动时电阻R两端电压的有效值．‎ ‎【答案】（1）（2）0.16C（3）2V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在磁场B1中：‎ W ‎ ‎⑵ 在磁场B2中：‎ ‎=0.16C ‎ ‎⑶设棒ab产生电动势的有效值为E 在磁场B1中产生的电动势=V ‎ 在磁场B2中产生的电动势V ‎ 回路在一个周期T内产生的焦耳热 解得：电动势的有效值=3V ‎ 电阻R两端电压的有效值为V ‎【点睛】导体棒切割磁感线产生感应电动势，闭合回路中有感应电流，因此由焦耳定律可求出电阻产生的热量．由安培力公式可得知拉力大小，从而算出拉力做的功．由于磁 场方向在变化，所以产生的感应电流方向也在变，因此根据法拉第电磁感应定律去算出电动势大小，再得出电流大小．而通过电阻的电量则由平均电流与时间的关系 得出．‎ ‎15.如图所示，两根电阻忽略不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1m，在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场区域的高度d=1m，导体棒a的质量ma=0.2kg、电阻Ra=1Ω；导体棒b的质量mb=0.1kg、电阻Rb=1.5Ω．它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场，重力加速度g=10m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：‎ ‎（1）b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功；‎ ‎（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差；‎ ‎（3）保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系．‎ ‎【答案】（1）b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功为1J；（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差为3.3V；‎ ‎（3）保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系为F=0.45t﹣1.1．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）b在磁场中匀速运动，其安培力等于重力，根据重力做功情况求出b棒克服安培力分别做的功．‎ ‎（2）b进入磁场做匀速直线运动，受重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律和切割产生感应电动势大小公式，求出b做匀速直线运动的速度大小．a、b都在磁场外运动时，速度总是相等，b棒进入磁场后，a棒继续加速运动而进入磁场，根据运动学速度时间公式求解出a进入磁场时的速度大小，由E=BLv求出a棒产生的感应电动势，即可求得a棒刚进入磁场时两端的电势差．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出a棒刚进入磁场时的加速度，再根据牛顿第二定律求出保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动时外力与时间的关系式．‎ ‎【详解】（1）b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有：BI1L=mbg，‎ 克服安培力做功为：W=BI1Ld=mbgd=0.1×10×1=1J ‎（2）b棒在磁场中匀速运动的速度为v1，重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律得：‎ ‎=mbg,vb===10m/s，‎ b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，d=vbt1，t1===0.1s,a、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为va，va=vb+gt1=10+10×0.1=11m/s.‎ 电动势为：E=BLva=0.5×1×11=5.5V,a棒两端的电势差即为路端电压为：U===3.3V.‎ ‎（3）a棒刚进入磁场时的加速度为a，根据牛顿第二定律得：mag﹣BI2L=maa,‎ a=g﹣=g﹣=10﹣=4.5m/s2，‎ 要保持加速度不变，加外力F，根据牛顿第二定律得：F+mag﹣BIL=maa 得：F=t=×t=0.45t﹣1.1.‎ ‎16.如图所示，一块质量为M=0.5kg长木板，静止在水平地面上，其左端正好与地面上的A点平齐。地面上A点右侧是光滑的，A点左侧是粗糙的。木板右端放一个质量为m=0.2kg的木块，木板与木块之间的滑动摩擦因数为μ=0.2，在距木板左端距离为s0的D点，有一质量为m0=0.1kg的小木块以v0=8m/s的速度向木板运动，并与木板相碰，碰撞时间极短可忽略，碰后两物体粘在一起，经过一段时间木块m在木板上滑行的距离为△s=0.25m后相对于木板静止．已知木块m0与地面间的动摩擦因数也是μ=0.2，求：‎ ‎（1）最终长木板和两木块的共同速度大小；‎ ‎（2） s0大小；‎ ‎（3）木块m0从D点开始到最终速度稳定这一过程所需时间。‎ ‎【答案】（1）m/s （2）4m （3）4+s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设m0滑过S0时的速度为v1，与M碰撞后的速度为v2，最后三者共同速度为v3，木块向木板运动的过程，根据动能定理，得 碰撞过程，由动量守恒得 m0和M相撞后到三者速度相同时，由动量守恒定律得：‎ 联立解得 ‎(3)木块m0从D点到与木板碰撞过程由动量定理有 木块m0从与木板碰撞后到共同速度由动量定理有 联立解得 ‎17.如图所示，在x轴上方以原点O为圆心、半径R=1.00m的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度为B=0.030T，在x轴下方存在沿y轴正向的匀强磁场，电场强度为E=500V/m．从y轴上某点释放比荷的带正电的粒子，粒子的重力不计．试完成下列问题：‎ ‎(1)若粒子从（0, -0.30m）位置无初速释放,求粒子进入磁场的速度大小及粒子最终离开磁场的位置．‎ ‎(2) 若粒子从（0，-0.025m) 位置无初速释放，求粒子在磁场中运动的总时间． ‎ ‎(3) 若粒子从(0, -0.1125m)位置无初速释放，由于x轴上存在一种特殊物质，使粒子每经过一次x轴后速度大小变为穿过前的倍．求粒子在磁场中运动的总路程．‎ ‎【答案】（1） ； ；（2） ；（3）‎ ‎【解析】（1）粒子在电场中加速，有 可得粒子进入磁场的速度大小 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有，可得 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 由几何关系得粒子的轨迹圆弧对应的圆心角 粒子最终离开磁场的位置P坐标为 ‎（2）粒子在电场中加速，有 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有，可得 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 粒子在磁场中运动的时间 ‎（3）粒子在电场中加速，有 穿过x轴后速度大小变为 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有，解得 粒子将从（05m，0）处第一次返回电场区域，‎ 其速度为