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

江苏省启东中学2019-2020学年度第一学期期中考试 高二物理 一、单项选择题 ‎1.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？‎ A. 电阻定律 B. 库仑定律 C. 欧姆定律 D. 能量守恒定律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程.‎ ‎2.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（ ）‎ A. 前表面的电势比后表面的低 B. 前、后表面间的电压与无关 C. 前、后表面间的电压与成正比 D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由 则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误．‎ ‎3.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是( )‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在b点速度大于在a点速率 C. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长 D. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点左侧射出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；‎ B．粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故B错误；‎ C．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，周期不变，粒子轨迹对应的圆心角有增大，根据可知粒子运动时间增加，故C正确；‎ D．根据可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出，故D错误；‎ ‎4.如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )‎ A. S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮 B. S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭 C. S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭 D. S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时L2电流逐渐增大，变得更亮； S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故电流由灯泡L1的右侧流入，使得L1亮一下逐渐熄灭．‎ A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮，与结论不相符，选项A错误；‎ B． S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭，与结论不相符，选项B错误；‎ C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭，与结论不相符，选项C错误；‎ D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭，与结论相符，选项D正确；‎ ‎5.教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻．第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示．第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示．下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）‎ A. 图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变 B. 图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变 C. 图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动 D. 图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C.‎ ‎6.如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核()和氦核()．下列说法中正确的是( )‎ A. 它们的最大速度相等 B. 它们的最大动能相同 C. 两次所接高频电源的频率不相同 D. 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据 得 两粒子的比荷相等，所以最大速度相等．故A正确．‎ B．最大动能 两粒子的比荷相等，但电量不等，所以最大动能不等．故B错误．‎ C．带电粒子在磁场中运动的周期 两粒子的比荷相等，所以周期和频率相等．故C错误．‎ D．根据，知仅增大高频电源的频率不能增大粒子动能，故D错误；‎ 二、多项选择题 ‎7.如图甲所示，一长直导线沿南北方向水平放置，在导线下方有一静止的灵敏小磁针．现在导线中通以图甲所示的恒定电流，测得小磁针偏离南北方向的角度θ的正切值tanθ与小磁针离开导线的距离之间的关系如图乙所示．若该处地磁场的水平分量为B0，则下列判断中正确的是（　　）‎ A. 通电后，小磁针的N极向纸里偏转 B. 通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场方向 C. 电流在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0‎ D. x0处合磁场磁感应强度大小为2B0‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据安培定则可知，通电后，小磁针的N极向纸里偏转，故A正确；‎ B、磁场的磁感应强度是矢量，通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场与地球的磁场的合磁场的方向，故B错误；‎ C、电流在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为BI，则：，所以：，故C正确；‎ D、由矢量的合成可知，x0处合磁场的磁感应强度大小为，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎【点睛】根据安培定则判断小磁针偏转的方向；小磁针后来的指向为合磁场方向，因此根据平行四边形定则，已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小；分析明确产生磁场与地磁场之间的关系，同时根据图象进行分析即可明确对应的结论．‎ ‎8.匀强磁场中有一长方形导线框，分别以相同的角速度绕如图a、b、c、d所示的固定转轴，用Ia、Ib、Ic、Id表示四种情况下线框中电流的有效值，则（）‎ A. Ia=Id B. Ia＞Ib C. Ib＞Ic D. Ic=Id ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】当线圈在磁场中旋转时，产生的最大感应电动势Em=BSω，而且最大值与转轴位置无关，因此各个不同的转轴产生的感应电动势相同，这样电流的有效值也相同，因此Ia=Ib=Ic=Id． A．Ia=Id，与结论相符，选项A正确；B．Ia＞Ib，与结论不相符，选项B错误；‎ C．Ib＞Ic，与结论不相符，选项C错误；D．Ic=Id，与结论相符，选项D正确；‎ ‎9.图甲是交流发电机的示意图，发出的电直接输出到理想变压器的原线圈，V为理想交流电压表．变压器的副线圈接有三个支路，每个支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3，且L2串有理想电感L、L3串有电容器C．发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场．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象如图乙所示．以下判断正确的是( )‎ A. 图甲线圈位置叫中性面，此时产生的感应电动势最大，由图乙可得此时电压表示数为10V B. 线圈转动角速度为100πrad/s，0.02s时线圈内电流的流向是D→C→B→A C 如果灯泡L1恰好正常发光，那么L2、L3两小灯泡都能发光但比L1要暗 D. 增大线圈的转动速度，L1、L2、L3三个小灯泡的亮度均不会变化 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图甲线圈与磁场平行，磁通量为0，线框位置与中性面垂直，产生感应电动势最大，电压表示数为有效值 故A错误；‎ B．线框转动的角速度为 ‎0.02s时线框内电流的流向与0时刻线框内电流的流向相同，根据右手定则知电流流向是：D→C→B→A，故B正确； C．由于线圈有感抗，电容有容抗，所以灯泡L2、L3两端的电压比灯泡L1两端的电压小，所以L2、L3 两小灯泡都能发光但比L1 要暗，故C正确； D．增大线圈的转速，则频率增大，感抗增大，容抗减小，灯泡L1亮度不变，灯泡L2变暗，灯泡L3变亮，故D错误；‎ ‎10.如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是 （ ）‎ A. 要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势 B. 要使报警的临界温度升高，可以把R2的滑片P适当向下移 C. 要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势 D. 要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，电路中电流会增大，电铃两端的电压会增大，而电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来的值，必须适当减小电源的电动势，相反，要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势．故A错误，C正确．要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，根据串联电路的特点可知，将使电铃的电压增大，要使电铃的电压仍为原来的值，可以把R2的滑片P适当向上移，以减小R2，相反，要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移，故B错误，D正确．故选CD．‎ ‎11.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流 保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ 的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；‎ A.图像与分析相符，故A正确。B.图像与分析不符，故B错误。‎ C.图像与分析不符，故C错误。D.图像与分析相符，故D正确。‎ 三、填空题 ‎12.（1）在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中，已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N连接到________(选填“a”“b”“c”或“M”)，M连接到________(选填“a”“b”“c”或“N”).正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转.由此可以判断__________.‎ A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转 B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转 C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使灵敏电流计指针静止在中央 D．因为线圈A、线圈B绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向 ‎（2）仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？________________.‎ ‎【答案】 (1). a (2). c (3). B (4). 短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈未断；反之则断了．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c；再将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a； [3]．由题意可知：当P向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转；故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏； A、A向上移动时B中磁通量减小，指针向右偏转，而滑动变阻器滑动端P向左加速滑动时，‎ B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误； B、当铁芯拔出或断开开关时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确； C、滑片匀速运动时，A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针向右或向左偏转，故C错误； D、由以上分析可知，D错误； （2）[4]．仅用一根导线，将检流计G短接前后，摇动表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，则没有安培阻力，指针变化明显；反之，则出现感应电流，进而安培阻力，使其变化不明显，则线圈未断．‎ ‎13.如图所示，双金属片上层金属的热膨胀系数______下层金属（填“大于”，“等于”或“小于”），常温下，弹性铜片和双金属片触点是接触的，通电后，电热丝发热，当温度升高到某一值时，双金属片上层的金属受热膨胀，形变量大于下层金属，双金属片向下弯曲，使触点分离，切断电路；随着温度的降低，当降到某一温度时，双金属片收缩恢复原状，两触点又接触，接通电路.调温旋钮下压弹性铜片，可使触点分离的温度___________（填“升高”或“降低”）；上提弹性铜片，可___________（填“升高”或“降低”）触点的分离温度，从而实现了调温控制.‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 升高 (3). 降低 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2][3]．双金属片上层金属的热膨胀系数大于下层金属，常温下，弹性铜片和双金属片触点是接触的，通电后，电热丝发热，当温度升高到某一值时，双金属片上层的金属受热膨胀，形变量大于下层金属，双金属片向下弯曲，使触点分离，切断电路；随着温度的降低，当降到某一温度时，双金属片收缩恢复原状，两触点又接触，接通电路．调温旋钮下压弹性铜片，可使触点分离的温度升高；上提弹性铜片，可降低触点的分离温度，从而实现了调温控制．‎ 四、计算题 ‎14.如图所示，金属板M、N板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为U0‎ ‎，E、F金属板水平平行放置，间距为d，板长为L，其右侧区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场AC边界与AB竖直边界的夹角为60°，现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔s1处由静止出发，穿过小孔s2后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从P处离开偏转电场，平行AC方向进入磁场，若P距磁场AC与AB两边界的交点A距离为a，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，试求：‎ ‎（1）粒子到达小孔s2时的速度v0；‎ ‎（2）EF两极板间电压U；‎ ‎（3）要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，磁场磁感应强度的最小值．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子经过加速场后，可求其速度v0，在偏转电场中由分运动的规律，可求两极板间电压U，在磁场中作出粒子的轨迹图，由几何关系，可确定粒子圆周运动的半径，结合磁场中运动的规律可求磁场磁感应强度的最小值．‎ ‎（1）粒子加速电场中 ‎ 粒子到达小孔s2时的速度 ‎ ‎（2）‎ 如图所示粒子离开偏转电场时，速度偏转角，‎ 竖直方向速度 ‎ 在偏转电场中，‎ 由于 ‎ EF两极板间电压 ‎ ‎（3）‎ 如图所示要使得从AB边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得 ‎ 粒子进入磁场时速度 ‎ 在磁场中， ‎ 所加磁场的磁感应强度最小值为 ‎15.如图所示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好．两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量．图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为．的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计．‎ ‎（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；‎ ‎（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功．‎ ‎【答案】（1），方向水平向右；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则 ‎ ①‎ 设与并联的电阻为，有 ‎ ②‎ 闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得 ‎ ③‎ 设中的电流为，有 ‎ ④‎ 设受到的安培力为，有 ‎ ⑤‎ 保持静止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣ ‎ ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 ‎ ⑦‎ 方向水平向右．‎ ‎（2）设由静止开始到速度大小为的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有 ‎ ⑧‎ 其中 ‎ ⑨‎ 设中的平均电流为，有 ‎ ⑩‎ 根据电流的定义得 ‎ ⑪‎ 由动能定理，有 ‎ ⑫‎ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式得 ‎ ⑬‎ ‎16.如图甲所示，水平虚线下方有垂直于纸面方向的有界匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，规定磁场方向垂直于纸面向里为正，边长分别为L、2L的单匝长方形导体闭合线框用绝缘细线悬挂，线框一半位于磁场内，力传感器记录了细线拉力F随时间t的变化关系如图丙，设重力加速度为g，图中B0、F0、T是已知量．求：‎ ‎（1）0～T时间内线框内的感应电动势E和线框的电阻R；‎ ‎（2）若某时刻起磁场不再变化，磁感应强度恒为B0，剪断细线，结果线框在上边进入磁场前已经做匀速运动，求线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热Q.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）0～T时间内，根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的感应电动势 结合题图，对线框受力分析：t=0时刻，F0=F安+mg；t=T时刻，F安=mg 又 F安=B0IL 得 ‎．‎ ‎（2）线框在上边进入磁场前做匀速运动，设线框的速度为v，根据受力平衡，对线框分析有 F安′=mg 又 线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热 联立解得 ‎．‎ ‎17.如图所示，是关于y轴对称的四分之一圆，在PQNM区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U．一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位置经电场加速后都会从进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出．在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到 x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中K板接地，A与K两板间加有电压UAK>0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力．已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，在y轴上．‎ ‎（1）求带电粒子的比荷；‎ ‎（2）求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；‎ ‎（3）若无论带电粒子从PQ上哪个位置出发都能打到K板上，则电压U至少为多大？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：‎ 由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径：‎ r=R 粒子早磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎ ；‎ ‎（2）沿QN方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a在y轴上的投影与O′的距离为：‎ a点的纵坐标：‎ 同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标：‎ 带电粒子进入电场时的坐标范围：‎ ‎（3）只要沿QN方向入射的带电粒子打在K板上，则从其它位置入射也一定打在K板上， 粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：‎ 水平方向：x=vt≤4R，竖直方向：‎ 解得：‎