1、桂林十八中2018-2019学年度17级高二下学期开学考试卷物理一、单项选择题1. 在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是A. 奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B. 麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C. 库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D. 安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律【答案】AC【解析】试题分析：奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，选项A正确；麦克斯韦预言了电磁波；赫兹用实验证实了电磁波的存在，选项B正确；库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油
2、滴实验测定了元电荷的数值，选项C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律；安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误；故选D.考点：物理学史.【此处有视频，请去附件查看】2.带电荷量为q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是()A. 只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B. 粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变C. 洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D. 如果把q改为q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变【答案】D【解析】【详解】粒子速度大小相同，由f=qvBsin可知，如果速度v与磁场B的夹角不同，洛伦兹力大小不同，即使洛伦兹
3、力大小相同，速度方向不同，洛伦兹力方向不同，洛伦兹力不同，故A错误；洛伦兹力对粒子不做功，粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变，速度大小不变，但速度方向发生变化，速度变化，故B错误；洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向与电荷运动方向不一定垂直，故C错误；如果把+q改为-q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变，故D正确；故选D。3. 如图所示在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c ，各导线中的电流大小相同。其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内。每根导线受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力
4、，以下说法中正确的是（ ）A. 导线a所受合力方向水平向右B. 导线c所受合力方向水平向右C. 导线c所受合力方向水平向左D. 导线b所受合力方向水平向左【答案】B【解析】试题分析：A、由同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，可知导线a、c为引力，a、b间为斥力，b、c间为斥力，以a为研究对象，受向右的引力，向左的斥力，由题意可知，则导线a所受合力方向水平向左；错误BC、以c为研究对象，受向左的引力，向右的斥力，由题意可知，导线c所受合力方向水平向右；正确D、导线b受a、c对其引力，大小相等方向相反，则导线b所受合力为零；错误故选B考点：电流间的相互作用点评：由同向电流相互吸引，反向电流相互排斥
5、的结论判断电流间的相互作用力的方向，由导线中电流相同可知，导线间距离越小，相互作用力越大。4.金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：图示时刻穿过线圈的磁通量为零，当线圈转动时，磁通量增加，将产生感应电流故A正确线圈转动过程中，线圈始终与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生故B错误线圈运动过程中，线圈与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生故C错误线圈在匀强磁场中运动，根据=BS知，磁通量保持不变，没有感应电流产生故D错误
6、故选A考点：电磁感应【名师点睛】判断有没有感应电流产生，只要对照条件分析就行磁通量可以用磁感线的条数来判断。5.如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为BLv的是( ) A. 只有乙和丁B. 甲、乙、丁C. 甲、乙、丙、丁D. 只有乙【答案】B【解析】导体切割磁感线时，生产的感应电动势的大小E=BLV，要求V是垂直导体棒的速度，B是垂直超导体棒运动平面的磁场。题目中甲图满足条件，乙图中左边的导线切割磁感线，产生感应电动势，下边部分不切割磁感线，不产生感应电动势，所以也满足条件。丙图中垂直导体棒的速度比V小，所以产生的感应电动势比BLV小，不满足条件。丁的有效导线的长度是L，产生的感应
7、电动势也是BLV，所以也满足条件。也可以将L理解为垂直速度方向的导体棒的长度，只有这部分才切割磁感线，所以可以保持导体棒的两个端点不变，改变导体棒的形状，折成沿速度和垂直速度两部分，在计算电动势大小的时候，只需要分析垂直速度的长度即可。6. 电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，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【答案】D【解析】试题分析：由图知，穿过系安全带磁场方向向下，在磁铁向下
8、运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确。考点：本题考查楞次定律【此处有视频，请去附件查看】7.交流发电机在工作时电动势为eEmsin t，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为()A. eEmsinB. e2EmsinC. eEmsin 2tD. esin 2t【答案】C【解析】【详解】感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsint，当将其电枢的转速提高一倍时，都增加一倍，电枢所围面积减小一半，根据Em=NBS可知，电动势最大值不变，其表达式变
9、为 e=Emsin2t。故选C。8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2=41，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路。当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A1的读数为12 mA，那么安培表A2的读数为A. 0B. 3 mAC. 48 mAD. 与R大小有关【答案】A【解析】由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即安培表A2的读数为0，A正确9.带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽
10、略不计），轨道如图中曲线abc所示.则该粒子 ( )A. 带正电，运动方向abcB. 带正电，运动方向cbaC. 带负电，运动方向abcD. 带负电，运动方向cba【答案】C【解析】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再到c在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电，C 正确；故选C。10.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做
11、的功为W2，通过导线截面的电量为q2，则（ ）A. W1W2，q1q2B. W1W2，q1=q2C. W1W2，q1=q2D. W1W2，q1q2【答案】B【解析】【详解】设线框的长为L1，宽为L2，速度为v。线框所受的安培力大小为FA=BIL2，又I=E/R，E=BL2v，则得 线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为，外力做功为，可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1=3W2。两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2。故选B。11.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r1.0 ，外接R9.0 的电阻。闭合
12、开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e10sin10t(V)，则 ()A. 该交变电流的频率为10 HzB. 该电动势的有效值为10 VC. 外接电阻R所消耗的电功率为10 WD. 电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A【答案】D【解析】试题分析：交流电的频率，A错误；该电动势的最大值为，B错误；电压有效值为，电路中电流为，外接电阻所消耗的电功率为，C错误D正确。考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式【名师点睛】根据电动势瞬时值的表达式可以知道角速度、最大值，从而计算频率和有效值，结合欧姆定律进行其它分析。【此处有视频，请去附件查看】12.如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，
13、接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮当a、b接电压有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是()A. x是电容器， y是电感线圈B. x是电感线圈， y是电容器C. x是二极管， y是电容器D. x是电感线圈， y是二极管【答案】B【解析】【详解】两端加直流电压时，甲灯正常发光，乙灯完全不亮，说明乙支路为开路，即与乙灯串联的元件Y可能是电容器，当A、B两端加上有效值和直流电压相等的交流电压时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，因为电感线圈是通直流阻交流，所以与甲灯串联的元件X是电感线圈，因为电容器
14、是隔直流通交流，所以与乙灯串联的元件Y是电容器，故B正确，ACD错误；故选B。二、多项选择题13.如图所示的电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是自感系数很大但直流电阻为零的线圈，下列说法中正确的是()A. 当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮B. 当开关S闭合时，A、B灯同时亮，之后B灯更亮，A灯逐渐变暗至熄灭C. 当电路稳定后断开开关S时，A灯闪亮一下后慢慢熄灭，B灯马上熄灭D. 当电路稳定后断开开关S时，A灯无变化，B灯马上熄灭【答案】BC【解析】【详解】开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，直至
15、熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮。故A错误B正确；断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，维持L中的电流逐渐减小，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C正确D错误。故选BC。14.如图为某交流电随时间变化的图像，其中电流为正值时的图像为正弦曲线的正半部分，其最大值为Im；电流的负值为Im，则（ ）A. 该交变电流的有效值为ImB. 该交变电流的有效值为ImC. 该交变电流的周期为0.01sD. 该交变电流的周期为0.02s【答案】BD【解析】【详解】由图可知，该交变电流的周期为0.02s；设电流的有效值为I取一个周期时间，由电流的热效应
16、得： ；解得：；故选BD。15.某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1：50的升压变压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是（）A. 由公式I=可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的B. 由公式I=可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C. 由公式P=I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的D. 由公式P=可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2500倍【答案】AC【解析】改用变压比为的升压变压器后输送电压变为原来的50倍；A、根据，知输送功率不变，输送电压变为原来的50倍，则输电电流降为原来的
17、，故A正确；B、在公式中，必须是输电线上损失的电压，而不是输送电压，故B错误；C、由公式可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的，故C正确；D、在公式中，必须是输电线上损失的电压，而不是输送电压，故D错误。点睛：解决本题的关键掌握输送功率与输送电压和电流的关系，以及知道输电线上损耗的功率，注意不是输电电压，而是输电线上的电压损失。16.在某地上空同时存在着匀强电场与匀强磁场，一质量为m的带正电小颗粒，在该区域内沿水平方向向右做直线运动，如图所示，关于场的分布情况可能的是( )A. 该处电场方向和磁场方向重合B. 电场水平向右，磁场垂直纸面向里C. 电场斜向内侧上方，磁场斜向外侧上方，均与v
18、垂直D. 电场竖直向上，磁场垂直纸面向里【答案】ACD【解析】【详解】若电场、磁场方向重合，则洛伦兹力与电场力垂直，且在与速度方向垂直的平面内，若洛伦兹力、电场力与微粒所受的重力的合力为0，就会做直线运动。故A正确。电场水平向右，电场力水平向右；磁场垂直纸面向里，则洛伦兹力向上，这两个力与竖直向下的重力不可能平衡，选项B错误；电场斜向内侧上方，磁场斜向外侧上方，均与v垂直，则电场力斜向内侧上方，洛伦兹力向外侧下方，若与重力的合力为0，就会做直线运动。故C正确。电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，电场力、洛伦兹力都向上，若与重力合力为0，也会做直线运动。故D正确。故选ACD。三、填空题 17.如图为
19、研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好_(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计的指针将向_偏【答案】 (1). （1）如图所示； (2). （2）向右偏【解析】(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示。(2)闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下。点睛：注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、
20、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答；磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反 18.利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图所示)的线圈产生的交变电流 实验步骤如下：将电压传感器接入数据采集器；电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联；点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”；缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号(1)屏上出现的电压波形如图所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因可能有_A、转子不是在匀强磁场中转动B、手摇动发电机的转速不均匀C、线圈
21、的电阻不稳定(2)研究交变电流的波形，发现在用手摇动发电机手柄的2 min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为_如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度为_【答案】 (1). (1)A B (2). (2)2 s (3). 0.5 rad/s【解析】【详解】（1）由图可知，得出的图象不是正弦波，说明转子的转动不是匀速转动或者转子不是在匀强磁场中转动；故选AB.（2）由图可知，2分钟内对应了60个周期，故周期为：；大小轮边缘处的线速度相同，大轮半径是小轮半径的2倍，则v=r可知，大轮的角速度是小轮的一半，而小轮的角速度为： ；故大轮的角速度为0
22、.5rad/s；19.如图所示，一个电子（电量为e）以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30，（电子重力忽略不计）,求：（1）电子的质量是多少？（2）穿过磁场的时间是多少？ （3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少？【答案】（1）电子的质量是（2）穿过磁场的时间是（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是v0【解析】（1）R=d/sin300得R=2d. （2分）由得m=2Bde/v0 （2分）（2） （2分）得t=T/12=d/(3v0) （2分）（3）画图知R=d,由R=mv0
23、/Be=2d得v0=v0/2. （3分）20.如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，导轨间距L=0.2 m，金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地滑动，ab的电阻为R=0.4 ，导轨电阻不计，导体ab的质量为m=2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B=0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落t=0.4 s时，突然接通开关S，(g取10 m/s2)求：(1) S接通的瞬间导体棒ab的加速度a的大小，并说出导体棒ab此后的运动情况；(2)导体棒ab匀速下落的速度v的大小【答案】（1）2 m/s2 ab棒将做加速度减小的加速运动，当速度减小至满足F安mg时，ab做竖直向下的匀速运动（2）
24、5 m/s.【解析】【详解】（1）闭合S之前导体自由下落的末速度为v0gt4 m/sS闭合瞬间，导体棒ab产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab即受到一个竖直向上的安培力F安BIL0.016 N mg0.02 N此刻导体所受合力的方向竖直向下，与初速度方向相同，由牛顿第二定律得， a代入数据得a2 m/s2此后，ab棒加速，安培力增大，则合力减小，故ab棒将做加速度减小的加速运动，当速度减小至满足F安mg时，ab做竖直向下的匀速运动（2）设匀速竖直向下的速度为vm此时F安mg， 即mg， vm5 m/s.21.如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕OO 轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈匝数n40匝，内阻r0.1 ，长l10.05 m，宽l20.04 m，转速为n=3000 r/min，磁场的磁感应强度B0.2 T，线圈两端接有阻值为R9.9 的用电器和一个交流电流表求：(结果保留两位有效数字)(1)线圈中产生的最大感应电动势；(2)从图示位置开始计时，ts时刻电流表的读数；(3)从图示位置开始，线圈转过60和120，通过用电器的电荷量之比；(4)1 min内外力需要提供的能量【答案】(1)5.0V (2)0.35A (3) (4)74J【解析】(1)EmnBS5.0 V. (2) . (3)由 可得 (4)由能量守恒定律得EQI2(Rr)t74 J.
