【物理】浙江省宁波市效实中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（选考班）（解析版） 18页

宁波效实中学2019学年第一学期高二物理期中考试（选考）‎ 一、单项选择题（本题共10小题，只有一个选项正确，每小题3分，共30分。）‎ ‎1. 指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（ ）‎ A. 导线南北放置，通有向北的电流 B. 导线南北放置，通有向南的电流 C. 导线东西放置，通有向西的电流 D. 导线东西放置，通有向东的电流 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】指南针静止时北极指北，通电后向东转，即电流在其下方产生的磁场方向向东，据安培定则可知，导线南北放置，电流应向南，B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎2.如图所示为两根互相平行的通电直导线a，b的横截面图，a，b中的电流方向已在图中标出，那么导线a中的电流产生的磁场的磁感线环绕方向及导线b所受的磁场力的方向分别是：( ) ‎ A. 磁感线顺时针方向，磁场力向左 B. 磁感线顺时针方向，磁场力向右 C. 磁感线逆时针方向，磁场力向左 D. 磁感线逆时针方向，磁场力向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则判断a导线磁感线的方向为顺时针方向，在b导线处的磁感线竖直向下，如图所示，根据左手定则判断b导线受到的安培力水平向右，故B正确，ACD错误。‎ 故选B．‎ ‎3. 如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中，则关于正、负电子，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 在磁场中的运动时间相同 B. 在磁场中运动的轨道半径相同 C. 出边界时两者的速度相同 D. 出边界点到O点处的距离相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.粒子在磁场中运动周期为，则知两个离子圆周运动的周期相等。根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间；同理，负离子运动时间，显示时间不相等．故A错误；‎ B.由得：，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；‎ C.正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确；‎ D.根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入．无论哪类模型，都遵守以下规律：（1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置；（2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角。‎ ‎4.粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向．‎ ‎【详解】根据洛伦兹力提供向心力有 ，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，A正确；BCD错误．‎ ‎5.如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′为它的对称轴，直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直．当AB中的电流I逐渐增大时，下列关于线圈中感应电流的说法中正确的是：( )‎ A. 有感应电流，方向为abcda B. 有感应电流，方向为adcba C. 有感应电流，方向不能确定 D. 没有感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则和图中所示位置，直导线AB在闭合平面内穿入和穿出的磁通量大小相等，方向相反，因此当电流增大时，穿过闭合回路磁通量的变化量为零，所以没有感应电流产生，故D正确，ABC错误。‎ 故选D．‎ ‎6.如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135º．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力 A. 方向沿纸面向上，大小为(+1)ILB B. 方向沿纸面向上，大小为(-1)ILB C. 方向沿纸面向下，大小为(+1)ILB D. 方向沿纸面向下，大小为(-1)ILB ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】导线段abcd在磁场中的等效长度为ad两点连线的长度，则；等效电流方向由a→d，据左手定则，安培力方向沿纸面向上，A正确．‎ ‎【点睛】本题也可求出ab、bc和cd所受安培力的大小和方向，然后合成．‎ ‎7.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则(　　)‎ A. 电路中感应电动势的大小为 B. 电路中感应电流的大小为 C. 金属杆所受安培力的大小为 D. 金属杆的发热功率为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、导体棒切割磁感线产生感应电动势，故A错误；‎ B、感应电流的大小，故B正确；‎ C、所受的安培力为，故C错误；‎ D、金属杆的热功率，故D错误．‎ ‎8.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置．能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图甲所示(俯视图)．当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一电信号，被控制中心接收．当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号如图乙所示，则说明火车在做(　　)‎ ‎　 　图甲　　　　　　　图乙 A. 匀速直线运动 B. 匀加速直线运动 C. 匀减速直线运动 D. 加速度逐渐增大的变加速直线运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】磁铁和线圈发生相对运动，磁铁进入线圈时，线圈左边框切割磁感线，根据电磁感应定律，产生的感应电动势，从乙图的第一阶段电压U随时间线性增大，可判断火车的速度随时间均匀增大，所以火车做匀加速直线运动，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎9.如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是（ ）‎ A. FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左 B. FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左 C. FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右 D FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：试题分析：条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈先有向下和向右的趋势，后有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力；同时运动趋势向右．故选D 考点：楞次定律 点评：线圈有运动趋势是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷 ‎10.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)‎ A. PQ中电流先增大后减小 B. PQ两端电压先减小后增大 C. PQ上拉力的功率先减小后增大 D. 线框消耗的电功率先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A错误；‎ PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小．故B错误；‎ 导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大．故C正确；‎ 线框作为外电路，总电阻最大值为，则导体棒PQ上的电阻始终大于线框的总电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小．故D错误．‎ ‎【点睛】本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化．‎ 二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项是正确的，选全的得4分，漏选的得2分，选错或不答的得0分。）‎ ‎11.图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V。图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则( )‎ A. 电阻R上的电功率为10 W B. 0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C. R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt (V)‎ D. 通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt (A)‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．R两端电压的有效值为电压表的示数，根据电功率的计算公式：‎ 解得：，故A正确；‎ B．0.02 s时磁通量变化率最快，根据法拉第电磁感应定律：‎ 可知此时电动势最大，则R两端的电压最大，故B错误；‎ C．R两端电压的有效值为电压表的示数，最大值为，从与中性面垂直的面开始计时，所以电压的表达式：‎ 周期从图像中可知：‎ 解得：，故C正确；‎ D．根据欧姆定律可知：‎ 解得：，故D错误。‎ 故选AC．‎ ‎12.如图所示，平行导轨a、b和平行导轨c、d 在同一水平面内，两导轨分别和两线圈相连接，匀强磁场方向垂直两导轨所在的平面。金属棒L1和L2可在两光滑导轨上自由滑动，棒L2原来静止，用外力使L1运动，下列说法中正确的是：( )‎ A. 当L1向右加速运动时，L2将向左运动 B. 当L1向右加速运动时，L2将向右运动 C. 当L1向左加速运动时，L2将向左运动 D. 当L1向左加速运动时，L2将向右运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当L1向右加速运动时，L1上产生竖直向上的电流，在右侧竖直导体柱上产生竖直向上且增大的磁场，根据楞次定律，下方线圈产生竖直向下的磁场，根据安培定则，通过L2的电流竖直向下，根据左手定则，L2将向右运动，故A错误，B正确；‎ CD．当L1向左加速运动时，L1上产生竖直向下的电流，在右侧竖直导体柱上产生竖直向下且增大的磁场，根据楞次定律，下方线圈产生竖直向上的磁场，根据安培定则，通过L2的电流竖直向上，根据左手定则，L2将向左运动，故C正确，D错误。‎ 故选BC．‎ ‎13.如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则(　　)‎ A. 由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 B. 由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 C. 如果断开B线圈电键S2，无延时作用 D. 如果断开B线圈的电键S2，延时将变长 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当S1‎ 断开时，A中电流消失，此时穿过A、B线圈的磁通量均减小，由于A线圈已经断开，不产生感应电流，对磁场强度的减弱没有抑制作用；而B线圈的开关S2是闭合的，内部产生感应电流，B线圈中有感应电流产生的磁场，这即是延迟效应产生的原因，A错误，B正确；‎ CD.如果S2断开，线圈B也不产生感生电流，将不会有延时的作用，C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎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，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω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. 回路中感应电流大小不变 C. 回路中感应电流方向不变，为C→D→R→C D. 回路中有周期性变化的感应电流 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】铜盘可以看作是无数条过圆心的直导线组成的，取一根经过CD接触点导线，可以视为导体转动切割磁感线，因为圆盘匀速转动，所以转动切割的电动势一定，所以回路中感应电流方向不变，根据右手定则可知电流方向由铜盘中心C点指向边缘处接触点D，为C→D→R→C，故BC正确，AD错误。‎ 故选BC．‎ ‎15.如图所示，和为平行的虚线，上方和下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场， AB两点都在上．带电粒子从A点以初速与成斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同；‎ B. 若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点；‎ C. 若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与成角斜向上，它就不一定经过B点；‎ D. 粒子一定带正电荷；‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种：‎ A.如图，粒子B的位置在B2、B3时速度方向也斜向上，速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同．故A正确；‎ B.根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍能经过B点，故B正确；‎ C.如图，设L1与L2 之间的距离为d，则A到B2的距离为：， 所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就只经过一个周期后一定不经过B点，故C错误；‎ D.如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故D错误。‎ 故选AB。‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹．往往要抓住圆的对称性．‎ 三、实验题（共8分）‎ ‎16.应用如图所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向．在给出的实物图中，已用实线作为导线连接了部分实验电路，请用实线作为导线从箭头1和2处开始完成其余部分电路的连接________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]将线圈L1连接在电路中，作为磁体，将L2和电流表连接，观察是否能产生感应电流，导线不能交叉，如图所示：‎ ‎17.图甲为某同学研究自感现象的实验电路图,用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1=6.0 Ω，定值电阻R=2.0 Ω，AB间电压U=6.0 V。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1=1.0×10-3 s时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图乙所示。则线圈L的直流电阻 RL=____；断开开关后通过电灯的电流方向为____(选填“向左”或“向右”)；在t2=1.6×10-3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小为____． ‎ ‎【答案】 (1). 2Ω (2). 向左 (3). 2.0V ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由图读出，开始时流过电感线圈L的电流，由欧姆定律，计算得出；‎ ‎[2]断开开关后，L中的电流从原来的数值逐渐减小，电流的方向不变,所以通过电灯L1中电流方向与原来的方向相反，是向左的；‎ ‎[3]由图读出，时刻线圈L的电流 线圈L此时是一个电源,由全电路欧姆定律 ‎【点睛】由图读出开始时流过电感线圈L的电流；根据自感现象的特点来判断出断开开关后通过电灯的电流方向；根据欧姆定律求电阻，再由闭合电路欧姆定律求电动势。‎ 四、计算题（本题共4小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、基本公式和重要演算步骤）‎ ‎18.在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑U形金属框架，宽度l＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若杆cd在水平外力作用下以恒定加速度a＝0.2 m/s2由静止开始做匀加速运动，则：‎ ‎(1)在前2 s内平均感应电动势是多大？‎ ‎(2)第5 s末，回路中的电流是多大？‎ ‎(3)第5 s末，作用在杆cd上的水平外力是多大？‎ ‎【答案】(1) 0.016V (2) 0.08A (3) 0.0164N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)内导体棒的平均速度：‎ 导体切割磁感线产生的平均电动势：‎ 解得：‎ ‎(2)末导体棒的速度：‎ 产生的感应电动势：‎ 根据闭合电路欧姆定律：‎ 解得：‎ ‎(3)根据牛顿第二定律：‎ 代入数据解得外力大小：‎ ‎19.如图(a)所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示。图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0。导线的电阻不计。在0至t1时间内：‎ ‎（1）求回路中电流的大小；‎ ‎（2）求电阻R1两端的电压大小；‎ ‎（3）求通过电阻R1的电荷量。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律：‎ 根据闭合电路欧姆定律：‎ 解得回路中的电流：‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律：‎ 解得电阻R1两端的电压大小：‎ ‎（3）在0至t1时间内，闭合回路中的电荷量为：‎ 磁通量的变化量为：‎ 根据图像可知：‎ 联立方程解得：‎ ‎20.图中MN和PQ为竖直方向两平行长直金属导轨，间距l 为0.40m，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直。质量m为6.0×10-3kg、电阻为1.0Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为3.0Ω的电阻R1。当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10m/s2，试求：‎ ‎（1）杆ab达到稳定状态时的速率v ；（2）滑动变阻器接入电路部分的阻值R2。‎ ‎【答案】（1）v=4.5m/s（2）＝6.0Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒稳定时，重力和安培力相等，所以：‎ mgv=P 代入数据得：v=4.5m/s ‎（2）导体切割磁感线：‎ E＝BLv 设电阻R与R的并联电阻为，ab棒的电阻为r=1Ω，有 P=IE 代入数据得：＝6.0Ω ‎21.如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向下为正方向建立x轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m ‎，电荷量为e，初速度可以忽略．‎ 求：（1）当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0；‎ ‎（2）两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；‎ ‎（3）电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．‎ ‎【答案】（1）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据动能定理，得：‎ 解得：‎ ‎（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有r＜d 而：，‎ 由此即可解得：‎ ‎（3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r ‎，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x，则由轨迹图可得：，‎ 注意到：和：‎ 所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为：‎