河南省三门峡市陕州中学高二物理上学期入学试卷（含解析）.doc

河南省三门峡市陕州中学2015-2016学年高二上学期入学物理试卷 一、选择题（本题共计12题，每题4分，共计48分其中4、10为多选）1下列与磁场有关的物理概念中，错误的是( )a磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小b磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关c磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量d磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关，而与放入磁场中的受磁场力作用的电流无关考点：磁感应强度 分析：磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，其方向就是该点的磁场方向，与产生磁场的电流方向有关，与放入磁场的电流元无关磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小解答：解：a、磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向，磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小故a正确；b、磁场的强弱与方向是由磁场本身决定的，与电流受到的安培力无关故b错误；c、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量故c正确d、电流的磁场的方向跟产生磁场的电流方向有关，而与放入磁场中的受磁场力作用的电流无关故d正确本题要求选择错误的，故选：b点评：本题考查对磁感应强度和磁感线的理解，关键抓住磁感应强度描述磁场本身的特性的物理量，与放入磁场的电流元无关2如图所示，一个单匝矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，ad边长为l2，在磁感应强度为b的磁场中绕oo轴以角速度（从图中所示位置开始）匀速转动，则线圈两个输出端的感应电动势为( )abl1l2costbbl1l2costcbl1l2sintdbl1l2sint考点：法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与图像结合分析：发电机产生正弦式交变电流，根据公式em=nbs求解最大电动势，根据电动势的瞬时值表达式：e=emsint，即可得出结论解答：解：矩形线圈在匀强磁场中做匀角速转动，产生交流电，感应电动势的最大值为：em=nbs=nbl1l2 从图中所示位置开始，根据电动势的瞬时值表达式：e=emsint，此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为：e=bl1l2sint故c正确，abd错误；故选：c点评：本题关键是记住交流电最大值表达式em=nbs，然后结合电动势的瞬时值表达式即可注意线圈从何处开始计时，是解题的关键3如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴p1和p2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )a线圈绕p1转动时的电流等于绕p2转动时的电流b线圈绕p1转动时的电动势小于绕p2转动时的电动势c线圈绕p1和p2转动时电流的方向相同，都是abcdd线圈绕p1转动时dc边受到的安培力大于绕p2转动时dc边受到的安培力考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势 分析：相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同再由安培力公式借助于电流来比较大小解答：解：a、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕p1转动时的电流等于绕p2转动时的电流，故a正确；b、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕p1转动时的电动势等于绕p2转动时的电动势，故b错误；c、相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，所以它们的方向变化的，故c错误；d、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕p1转动时的电流等于绕p2转动时的电流，而安培力f=bil，则有线圈绕p1转动时dc边受到的安培力等于绕p2转动时dc边受到的，故d错误；故选：a点评：相同的线框虽然转轴不同，但它们的最大值、有效值、平均值及周期、频率、角速度均相同，因此线框的转动与转轴无关4有一交变电流如图所示，则由此图象可知( )a它的周期是0.8 sb它的峰值是4 ac它的有效值是2 ad它的频率是0.8 hz考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：从图中可以直接读出交流电源的周期及最大值，根据有效值与最大值之间的关系即可求解有效值求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值解答：解：a、由此图象可知它的周期是0.8s，故a正确；b、它的峰值是4a，故b正确；c、它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以根号2，即它的有效值不是2a；故c错误；d、它的周期是0.8s，频率f=1.25hz，故d错误；故选：ab点评：本题关键能够区分交流电的瞬时值、最大值和有效值，明确三相同求有效值的计算，基础题5某交变电流的电压为u=6sin 314t（v），则下列说法错误的是( )a用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为0.02sb此电压的有效值为6vc此电压最大值为6vdt=s时，交流电压的瞬时值为3v考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：对照表达式u=umsin，求解电压的最大值、周期和瞬时值；打点计时器的打点周期等于交流电的周期解答：解：b、c、交变电流的电压为u=6sin 314t（v），对照表达式u=umsin，有：um=6v，t=0.02s；故u=，故b正确，c正确；a、由于周期为0.02s，故用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为0.02s，故a正确；d、t=s时，交流电压的瞬时值为：u=6sin 314t=6sin314=6sin=3v，故d错误；本题选错误的，故选：d点评：本题关键是提供瞬时表达式求解周期和最大值，然后根据求解有效值，基础题6电阻r、电容c与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，n极朝上，如图所示现使磁铁开始自由下落，在s极接近线圈上端的过程，流过r的电流方向和电容器极板的带电情况是( )a从a到b，上极板带正电b从a到b，下极板带正电c从b到a，上极板带正电d从b到a，下极板带正电考点：楞次定律 分析：使磁铁开始自由下落，在s极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量增大，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向当线圈中有电动势后，对电容器不断充电直到稳定解答：解：当磁铁s极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源负极，则流过r的电流方向是从a到b，对电容器充电，上极板带正电，故a正确，bcd错误故选：a点评：此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大7一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子经过的轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可以近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变），从图中可以确定粒子的运动方向和电性是( )a粒子从a到b，带负电b粒子从b到a，带负电c粒子从a到b，带正电d粒子从b到a，带正电考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向由左手定则判断电荷的电性解答：解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r=得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b在a处，粒子所受的洛伦兹力斜左上方，由左手定则判断可知，该粒子带正电故选c点评：本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r=和左手定则就能正确解答8如图所示，在一均匀磁场中有一u形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，r为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动杆ef及线框中导线的电阻都可不计开始时，给ef一个向右的初速度，则( )aef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止bef将匀减速向右运动，最后停止cef将匀速向右运动def将往返运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势和感应电流，金属杆ef受到向左的安培力做减速运动，速度减小会造成电动势、电流减小，安培力也随之减小，所以物体做减速运动的加速度会减小，直到速度为零时金属杆静止解答：解：金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势和感应电流，根据右手定则判断可知，ef中感应电流方向从f到e根据左手定则判断可知，ef所受的安培力向左，则ef将减速向右运动感应电流表达式 i=金属棒所受的安培力大小表达式为：f=bil=，随着速度的减小，安培力减小所以ef做加速度减小的变减速运动，最终停止运动，故a正确，bcd错误故选：a点评：此类题目的解题关键点是能够灵活应用法拉第电磁感应定律与右手定则、左手定则，推导出安培力的表达式判断其变化9如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为( )aa1a2a3a4ba1=a3a2a4ca1=a3a4a2da4=a2a3a1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g解答：解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2g而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时安培力一定大于2时的加速度，故a4a2；故关系为：a1=a3a2a4故选：b点评：解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力10在图所示的实验电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈l与灯a并联，当合上电键k，灯a正常发光，则下列说法正确的是( )a当断开k时，灯a立即熄灭b当断开k时，灯a突然闪亮后熄灭c若用电阻值与线圈l相同的电阻取代l接入电路，当断开k时，灯a立即熄灭d若用电阻值与线圈 l相同的电阻取代l接入电路，当断开k时，灯a突然闪亮后熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：“断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯a的电阻为ra，线圈l的直流电阻为rl，电动势为e，线圈l中的电流强度为ia，通过灯泡的电流强度为il，电流方向均向左；电流方向：k断开瞬间通过灯a的电流立刻减小为0；但同时由于线圈l中的电流il0减小，故l中的自感电流il必与原电流il0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈l作了a、l回路的电源，且线圈l的左端为电流负极而右端为正极；故实际上k断开瞬间经过灯a的电流并不为0而是方向向右的电流il解答：解：a、b、电键断开前，电路稳定，灯 a 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为a、l回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故a错误，b正确；c、d、若用阻值与线圈l相同的电阻取代l接入电路，则不会发生自感现象，故断开s时，灯a立即熄灭，故c正确，d错误；故选：bc点评：本题是断电自感的原型题，任何断电自感的问题均由此演化而来；要理清断电前、后瞬间各部分的电流方向和大小情况11如图所示，a是长直密绕通电螺线管小线圈b与电流表连接，并沿a的轴线ox从o点自左向右匀速穿过螺线管a能正确反映通过电流表中电流i随x变化规律的是( )abcd考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 分析：小线圈b在接近和穿出通电螺线管时，其磁通量发生变化，将有感应电流产生，当小线圈b在螺线管内部运动时，由于内部是匀强磁场，其磁通量不发生变化，故无电流解答：本题通过电流与时间图象来考查对楞次定律的理解，当小线圈b在螺线管内部运动时，其磁通量不变，无感应电流，因此选项ab错误；根据电流的方向可知，选项d错误，故本题正确选项为c点评：本题将楞次定律问题和图象问题相结合，对于图象问题可以通过排除法来选择12粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：正方形的一条边在磁场中，改边切割磁感线，相当于电源，然后根据闭合电路的有关知识进行求解解答：解：磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，acd中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：u=，b图中a、b两点间电势差为路端电压为：u=，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是b图所示；故选：b点评：本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确a、b两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压二、实验题（共计10分）13如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈a、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈b连接成副线圈回路并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：（1）原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；（2）变阻器快速移动；（3）开关的通断考点：研究电磁感应现象 分析：研究电磁感应现象实验时，通过理论分析与多种因素有关，因此通过控制变量的思想来研究问题，从而带来方便解答：解：在实验中分别研究开关断开、闭合；原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；变阻器快速移动；插入铁芯、拔出铁芯等情况下达到穿过闭合回路磁通量发生变化的目的，从而产生感应电流故答案为：（1）原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；（2）变阻器快速移动；（3）开关的通断点评：解决本题的关键是知道产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化三、计算题（本题共计42分）14如图所示，一半径为r=10cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度b=t的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线oo以n=600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置（图中位置）时开始计时（1）写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；（2）求线圈从图示位置开始在s时的电动势的瞬时值考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：根据峰值的表达式求出感应电动势的最大值，从而写出从中性面开始计时瞬时值的表达式，得出线圈转过s电动势的瞬时值的大小解答：解：（1）线圈转动的角速度为：=2n=2=20rad/s，则感应电动势的最大值为：em=nbs=1000.1220v=100v，则从中性面开始计时，感应电动势的瞬时表达式为：e=emsint=100sin20tv（2）当t=s时，e=emsin=100=50v答：（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=100sin20tv（2）线圈转过s时，电动势的瞬时值为50v点评：解决本题的关键知道正弦式交流电的瞬时表达式，知道峰值表达式，并能灵活运用15如图所示，以mn为界的两匀强磁场，磁感应强度b1=2b2，方向垂直纸面向里，现有一质量为m、带电量为q的正粒子，从o点沿图示方向进入b1中（1）试画出此粒子的运动轨迹（2）求经过多长时间粒子重新回到o点？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在两种磁场中只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知半径之比为1：2，根据左手定则，分析粒子旋转方向，画出轨迹（2）根据轨迹，确定时间与周期的关系，求出粒子重新回到o点的时间解答：解：（1）设粒子在磁场b1和b2中圆周运动的半径分别为r1、r2则r1=，r2=由题b1=2b2，得r1：r2=1：2根据左手定则判断可知，粒子在磁场b1中沿逆时针方向旋转，在磁场b2中沿顺时针方向旋转则轨迹如图 （2）粒子在磁场b1中运动时间t1=t1= 粒子在磁场b2中运动时间t2=t2=则t=t1+t2=答：（1）粒子的运动轨迹如图 （2）经过时间粒子重新回到o点点评：本题重点考查作图能力带电粒子在磁场中运动问题，画轨迹是解决这类问题的关键16如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abed，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数n=100，边长ab=1.0m，be=0.5m，电阻r=2磁感应强度b在0一1s内从零均匀变化到0.2t在15s内从0.2t均匀变化到0.2t，取垂直纸而向里为磁场的正方向求：（1）2s时线圈内感应电动势的大小e和感应电流的方向；（2）在0ls内通过线圈的电荷最q：（3）在15s内线圈产生的焦耳热q考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律 分析：（1）由题可确定磁感应强度b的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式i=结合求解电量；（3）分析时间段：15s，由焦耳定律求出热量，即可得到热量；解答：解：（1）在15s内，磁感应强度b的变化率大小为=t/s=0.1t/s，由于磁通量均匀变化，在15s内线圈中产生的感应电动势恒定不变；根据法拉第电磁感应定律，则有：e2=n=nabbc=1000.110.5=5v根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向（2）在01s内，磁感应强度b的变化率=t/s=0.2t/s，由于磁通量均匀变化，在01s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s时线圈内感应电动势的大小e1=n=nabbc=1000.210.5=10v通过线圈的电荷量为q=i1t1=t1=1c=5c；（3）根据法拉第电磁感应定律得：15s时线圈内感应电动势的大小e2=n=nabbc=1000.110.5=5v在15s内，线圈产生的焦耳热为q=t2=4j=50j答：（1）2s时线圈内感应电动势的大小5v和感应电流的方向为逆时针方向；（2）在0ls内通过线圈的电荷5c：（3）在15s内线圈产生的焦耳为50j点评：本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和楞次定律等知识的综合应用，这些都是电磁感应现象遵守的基本规律，要熟练掌握，并能正确应用17如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导