江西省南昌市六校2019_2020学年高二物理上学期期末联考试题含解析

1、江西省南昌市六校2019-2020学年高二物理上学期期末联考试（含解析）-3-一、单选题（7小题）1.下列说法正确的是A.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B.放在匀强磁场中的通电导线一定受到安培力C.磁场的方向就是通电导体所受安培力的方向D.通电直导线所受安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面【答案】D【解析】【详解】磁感线越密集，则磁场越强，则沿磁感线方向，磁场不一定逐渐减弱，选项A错误: 如果通电导线平行磁场放置，则导线不受磁场力，选项B错误：通电直导线所受安培力的方 向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面，选项C错误，D正确；故选D.2.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在

2、条形磁铁的左上方固定一根与磁场垂直的长直 导线，当导线中通以图示方向的电流时（）77777777777777f77fT777777A.磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B.磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C.磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D.磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用【答案】C【解析】【详解】根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，在根据左手定则判 断安培力方向，如图：根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止, 如图所示：V根据牛顿第三定律，电流对磁体 作用力向右下方；选取磁铁为研究的

3、对象，磁铁始终静止, 根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左：最后再根据牛顿第三定 律，磁铁对桌面的压力增大：C正确，ABD错误。故选C.【点睛】本题关键先对电流分析，根据左手定则得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平 衡条件分析磁体的受力情况.3.将一而积为S = 0.04cm）匝数 = 100的线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈 平而，磁感应强度6随时间£变化规律如图所示，线圈总电阻为2Q,则A.在02s内与2s“4s内线圈内的电流方向相反B.在04s内线圈内的感应电动势为0.008 VC.第2s末，线圈的感应电动势为零D.在04s内线圈内的感应电流为

4、0.4 A【答案】D【解析】【详解】A.在0-2s内与2s-4s内磁场方向相反，磁通量变化情况相反，根据楞次定律可知, 在这两段时间内线圈内感应电流方向相同，A错误。B.由图知:0.4I 1=T/s = 0.2T/s22在0-4s内线圈内的感应电动势RE = N =N IS = 100x0.2x0.04V = 0.8V 故 B 错误A/C.在04s内，磁通量的变化率恒定，线框中产生的感应电动势不变，始终为后0.8V, C错误。D.在OTs内线圈内的感应电流E 0.8 八彳=A = 0.4AR 2D正确。故选D.4 .乩6是两个完全相同的电热器，月通以图甲所示的方波交变电流，6通以图乙所示的正弦

5、式A. 5 ： 4B. 3 ： 2C. >/2 ： 1D. 2 ： 1【答案】A【解析】试题分析：据题意，通过电热器A的电流有效值为：+豆rL = I?RT,即:/ = Elo, 2 4 2V8则电热器A的电功率为：g =(/：/?,通过电热器B得到电流有效值为：条,则电热器B的 电功率为：& =J/：R，故选项A正确.考点：本题考查交变电流的有效值的计算.5 .如图所示，闭合矩形线圈aAd从静止开始竖直下落，穿过一个匀强磁场区域，此磁场区域竖直方向的长度远大于矩形线圈A边的长度，不计空气阻力，则（）A.从线圈do边进入磁场到边穿过出磁场的整个过程，线圈中始终有感应电流B. de

6、边刚进入磁场时线圈内感应电流的方向，与A边刚穿出磁场时感应电流的方向相反C.从线圈de边进入磁场到弱边穿出磁场的整个过程中，加速度一直等于重力加速度D. de边刚进入磁场时线圈内感应电流的大小，与de边刚穿出磁场时感应电流的大小一定相 等【答案】B【解析】【详解】A.线圈中的磁通量发生变化.线圈整体在磁场中运动时，磁通量没有变化，故没有 感应电流，A错误：B.根据右手定则，de刚进入磁场时线圈内感应电流的方向从d到c, de边刚穿出磁场时感应 电流的方向从。到W即两者方向相反，B正确：C.没有感应电流时候，磁场对线圈没有阻碍作用，此时的加速度等于重力加速度，而有感 应电流时，加速度小于重力加速

7、度，C错误；D.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律,E BLvR R从公式中和题目的情景中可知，只有当两种情况下速度相等时，它们的感应电流才相等，D错 误.故选B.6.回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的。形金属盒，把它们放在匀强磁场中, 磁场方向垂直于盒面向下.连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电 粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氤核（：H）和。粒子（；He）,比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是A.加速瓶核的交流电源的周期较大，

8、旅核获得的最大动能较大B,加速瓶核的交流电源的周期较小，病核获得的最大动能较大C,加速显核的交流电源的周期较大，旅核获得的最大动能较小D,加速旅核的交流电源的周期较小，瓶核获得的最大动能较小【答案】C【解析】【详解】带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据丁 = -7-,知氤核（H ） qB的质量与电量的比值大于。粒子He）,所以负核在磁场中运动的周期大，则加速旅核的交流电源的周期较大根据0方=?匕 得，最大速度口=幽，则最大动能 rm纥，”=?/=（生二，瓶核的质量是q粒子的;倍，家核的电量是2倍，则瓶核的最大 切 22m42动能是。粒子的1倍，即旅核的最大动能较小.故C正确，A

9、、B、D错误.故选C.3【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，以及会根据在6 =，上求出粒子的最大速度. r7.电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内 横截面的流体的体积）.为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道.其 中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c.流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中 虚线）.图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料.现于流量计所在处加磁感IcB. (bR + p )B 了 aIf be、D. (R + p )应强度B的匀强磁场，磁场方向垂直前后两面.当导电

10、流体稳定地流经流量计时，在管外将 流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值.已知 流体的电阻率为P,不计电流表的内阻，则可求得流量为（ ）C. (cR + p )B b【答案】B【解析】【详解】最终稳定时有：qvB = q，则口 = ,根据电阻定律尺'=夕-则总电阻 ccBabcRR*R ，所以U = IR,=kQ + R),解得 (°益+ R),所以流量 abv =cBQ=vS=vbc= （/?/? + /? ）, ACD 错误，B 正确 B a二、多选题（5小题）8,闭合矩形导线框固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，规定垂

11、直纸而向外为磁场的正方向，aAda方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，磁感应强 度5随时间变化的规律如图2所示，关于线框中的电流入 起边所受的安培力尸随时间t变B.【答案】AD【解析】【详解】AB,由图示於M冬I象可知，01s时间内，6增大，增大，由楞次定律可知，感应 电流是顺时针的，为正值：12s磁通量不变，无感应电流；23s, 6的方向垂直纸面向外， B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的；34s内，B 的方向垂直纸面向里，6增大，增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流 是负的，A正确，B错误。CD.由左手定则可知，在。1s内，ad受到的

12、安培力方向：水平向右，是正的，12s无感应电流，没有安培力，24s时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势lE =S/ Ar感应电流r E SBI =R RWAD由於f图象可知，在每一时间段内，一是定值，在各时间段内W是定值，ad边受到的安培 Ar力同6左，I、£不变，6均匀变化，则安培力尸均匀变化，不是定值，C错误，D正确， 故选AD.【点睛】本题考查了判断人/图象与Q亡图象是否正确，分析清楚正£图象、应用楞次定律、 法拉第电磁感应定律、安培力公式即可正确解题：此题也可以判断电流和安培力的方向直接 通过排除法.9 .如图所示，水平放置的两条光滑

13、轨道上有可自由移动的金属棒尸0、MV,当图在外力作用下-8-x xA.向右匀加速运动C,向右匀减速运动运动时，MV在磁场力作用下向右运动.则尸。所做的运动可能是B.向左匀加速运动D.向左匀减速运动【答案】BC【解析】【详解】在磁场力作用下向右运动，说明MV受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由必 指向则上面线圈产生的磁场向上，则由楞次定律可知，下而线圈中产生感应电流的磁场应 该是向上减小，或向下增加；由安培定则和右手定则可知，尸。可能是向左加速运动或向右减 速运动。AD不符合题意；BC符合题意。故选BCo10 .如图所示，足够长的形光滑金属导轨平面与水平而成。角，其中必.与图平行且间距 为2,

14、导轨平面与磁感应强度为5的匀强磁场垂直，导轨电阻不计.金属棒必由静止开始沿 导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，成棒接入电路的电阻为斤，当流过a6棒某一横截而的电荷量为q时，棒的速度大小为。，则金属棒在这一过程中（）2LB.下滑的位移为BL-11-r2 t2D.受到的最大安培力为 RC.产生的焦耳热为噜些Si“。 ?"”? BL 2【答案】BCD【解析】【详解】A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，感应电流也增大，金 属棒受到的安培力增大：根据牛顿第二定律，有：mgsin8-BIL = ma,又/=1=华，R R则： = gsin。-乜，所以加速度减小，即金

15、属棒做加速度逐渐减小的变加速运动.故A mR错误. F AdbA 6 /?/rB、由感应电量计算公式q = /& = £加=笆加=2芝=2上可得，下滑的位移 R NR R R工=幺些，故B正确.BLC、根据能量守恒定律：产生的焦耳热Q = zgxsin6-1?/='售些sin。-："?/,故C正 2 BL 2确.D、当金属棒的速度大小为时，金属棒ab受到的安培力最大，所以安培力的最大值"S号L = *,故D正确11.如图所示的电路中，£为电感线圈（电阻不计），4 5为两灯泡，以下结论正确的是（）A.合上开关S时，月先亮，万后亮B.合上开关

16、S时，A. 6同时亮，以后6变暗直至熄灭，片变亮C.断开开关S时，月、6两灯都亮一下再逐渐熄灭D.断开开关S时，月熄火，月先变亮再逐渐熄火【答案】BD【解析】【详解】AB.合上S时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡月、6同时变亮: 但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加：当电流稳定后，线圈相当于 直导线，灯泡5被短路，故电键闭合后，灯泡小5同时亮，但6逐渐熄灭，月更亮，B正确, A错误；CD.断开S时，片灯立即熄灭：线圈产生自感电动势，和灯泡5构成闭合电路，6灯光闪亮后 逐渐变暗：CD错误.故选BD.【点睛】本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动

17、势总是阻碍电流的 增加和减小，即总是阻碍电流的变化.12.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4兄磁感应强度为6的匀强磁场垂直穿过圆环.金属 杆翅的长为L阻值为兄J/端与环接触良好，绕过圆心。的转轴以恒定的角速度 顺时针 转动.阻值为斤的电阻一端用导线和环上的月点连接，另一端和金属杆的转轴。处的端点相 连接.下列判断正确的是（）A.金属杆Q9旋转产生的感应电动势恒为啰?2B.通过电阻片的电流的最小值为竺方向从。到产 8RC.通过电阻片的电流的最大值为生£ 67?D. QV两点间电势差绝对值的最大值为电色3【答案】AD【解析】【详解】必端线速度为U = d，QM切割磁感线的平均速度为万=上

18、=里，转动切割磁感线 22产生的电动势恒为七=34=竺色，故A正确：当必端位于最上端时，圆环两部分电阻相等， 2并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过片的电流最小.因R =；x2R = R,通过电阻斤的电流的最小值为：/nnn =,根据右手定则可知电流方向从。到只 故B错误：3R 6R当必位于最下端时圆环被接入的电阻为0,此时有最大电流为：1皿=_匕=竺色，故C错 mdX 2R 4R误；QV作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大I? / 2时，加两点间电势差绝对值的最大，其最大值为：U = Iminx2R = ,故D正确. rFIcrl三、实验题（2小题）13

19、 .磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现 象可通过以下实验证明：（1）如图（a）所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便效果明显，通电导线应.此时从上向下看，小磁针的旋转方向是（填顺时针或逆时针）.A.平行于南北方向，位于小磁针上方B.平行于东西方向，位于小磁针上方C.平行于东南方向，位于小磁针下方D.平行于西南方向，位于小磁针下方（2）如图（b）所示是电子射线管示意图.接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在 荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下（Z轴负方向）偏转，在下列措施中可采 用的是.（填选项代号）A.加一磁场，磁场方向

20、沿z轴负方向B.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C.加一电场，电场方向沿z轴负方向D.加一电场，电场方向沿y轴正方向（3）如图（c）所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互 （填排斥或吸引），当通以相反方向的电流时，它们相互（填排斥或吸引），这时每个 电流都处在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用.也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用.【答案】 （1）. A （2）.逆时针 （3）. B （4）.吸引 （5）.排斥【解析】【详解】（I）无通电导线时小磁针S极向南，所以为使实验方便效果明显，导线应平行于南 北方向位于小磁针上方，根据左手定则，

21、可以判断出从上向下看小磁针旋转方向为逆时针， 故选A：（2）电子束运动径迹发生了弯曲，这表明运动电荷受到了磁场力，由左手定则知a为阴极： 故B对.（3）由图可知，当通入的电流方向相同时，导线靠拢，说明两导线相互吸引；当通入电流方 向相反时，导线远离，说明两导线相互排斥；14 .在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电 流方向之间的关系：当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，不通电时电流表指针停在正中 央.然后按图2所示将电流表与副线圈6连成一个闭合回路，将原线圈4、电池、滑动变阻器 和电键S串联成另一个闭合电路.根据电磁感应规律，填写实验现象（向左偏转、向右

22、偏转、 不偏转）.图L图2S闭合后，将螺线管月（原线圈）插入螺线管6（副线圈）的过程中，电流表的指针一线圈片放在6中不动时，电流表的指针一线圈片放在6中不动，将滑动变阻器的滑片尸向左滑动时，电流表的指针线圈月放在6中不动，突然断开S.电流表的指针.【答案】 （1）.向左偏转（2）.不偏转 （3）.向左偏转（4）.向右偏转【解析】【分析】先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈6中的感应电流方向：线圈不动，磁通量不变，无感应电流：滑片向左移动，电流变大，先判断线圈月中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈5中的感应电流方

23、向：突然断开S,先判断线圈月中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈5中感应电流的磁场方 向，最后得到线圈6中的感应电流方向：【详解】由题意可知，当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，则有电流从正极进入时，电流指针向右偏；电流从负极进入时，电流指针向左偏：1线圈月中磁场方向向上，插入6线圈，故线圈6中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流 的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向左偏转；2线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动：3线圈月中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈6中磁通量变大，阻碍变大, 故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向左偏转：4

24、线圈月中磁场方向向上，突然断开S,磁通量减小，阻碍减小，故感应电流的磁场方向 向上，故电流从左向右流过电流表，故电流表指针向右偏转。【点睛】本题关键是根据先安培定则判断出月中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈6中 感应电流的方向.四、计算题（4小题）15 .如图所示，水平放置的平行金属导轨相距1=0. 50m, 6d间连有一固定电阻Q0. 20 Q,导轨电阻可忽略不计.磁感应强度5=0. 40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒昭.垂直放在导轨上，其电阻也为尼导体棒能无摩擦地沿导轨滑动，当必.以=4. Om/s的速度水平向右匀速运动时，求：（1）导体棒迎V中感应电动势的大小：（2）回路中感

25、应电流的大小，流过斤的电流方向；（3）导体棒MV两端电压的大小.Mb"1 X X X XR 一X.【答案】（1） 0. 80V； （2）2A, 6到 & （3） 0. 4Va【解析】分析】（1）导体垂直切割磁感线，由公式后应丫求出感应电动势；（2）必.相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小;（3）棒两端的电压是路端电压，由片圈即可求出结果.【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势E = B/v = 0.80V（2）根据闭合电路的欧姆定律得，通过年的电流/= = 2A2R由右手定则可知，流过斤的电流方向为6到d（3）导体棒MV两端电压为路端电压,则:U =

26、/R = 0.4Y【点睛】本题是电磁感应、电路和磁场相结合的综合题，应用后比外欧姆定律即可解题，要注意切割磁感线产生电动势，弱相当于电源，a6两端电势差不是感应电动势，而是路端电压.16.电子质量为小电荷量为q,以速度%与*轴成6角射入磁感应强度为5的匀强磁场中，最 后落在X轴上的P点,如图所示,求：-19-（1）电子运动轨道的半径尺（2） W的长度:（3）电子从由。点射入到落在尸点所需的时间to【答案】（1）叫qB(2) 一dsinJ； (3) qB20m获"【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有:qvB = m解得:R专（2）过。点和尸点作速度

27、方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心,如图所示丽= 2Rsin”网*Bq（3）由图中可知，由图中可知圆弧对应的圆心角为2夕，粒子做圆周运动的周期:t 27rm1 =则粒子的运动时间：20. 20mT =24 qB17 .如图为远距离输电过程的示意图.已知某个小型发电机的输出功率为90kW,发电机的电压 为250V,通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5。，在用户端用一降压 变压器把电压降为220V,要求在输电线上损失的功率控制为2kW（即用户得到的功率为88kW）, 求：（1）降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流.（2）输电线上损失的电压和升压变压器输出

28、的电压.（3）两个变压器各自的匝数比.【答案】(1) 400A： 20A； (2) 100： 4500V； (3) 1： 18； 20： K【解析】【分析】（1）根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的 电流.（2）根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的 电流得出升压变压器的输出电压.（3）根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入 电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比.【详解】（1）由于用户获得的电压与降压变压器愉出电压相同，根据功率：P = U£P _ 88000一五 一 220=