1、天津市河西区2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本题共20小题，每题3分，共60分，在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1（3分）一质点做曲线运动，在运动的某一位置，它的速度方向、加速度方向以及所受合外力的方向之间的关系是（）A速度、加速度、合外力的方向有可能都相同B加速度方向与合外力的方向一定相同C加速度方向与速度方向一定相同D速度方向与合外力方向可能相同，也可能不同2（3分）如图所示，直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔沿着三角板直角边，从最下端由静止开始向上做匀加速直线运动。关于铅笔笔尖的运动
2、，下列判断正确的是（）A笔尖的轨迹是一条倾斜的直线B笔尖的轨迹是一条抛物线C在运动过程中，笔尖运动的速度方昀始终保持不变D在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变3（3分）河宽d60m，水流速度V14m/s不变，小船在静水中的行驶速度为V23m/s，则（）A小船能垂直直达正对岸B若船头始终垂直于河岸渡河，渡河过程中水流速度加快，渡河时间将变长C小船渡河时间最短为20sD小船渡河的实际速度一定为5m/s4（3分）如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为P和Q，线速度大小分别为vP和vQ，则（）APQ，vPvQBPQ，vPvQCPQ，vPvQDPQ，vPvQ5（3分）如图所示
3、，a、b两个小球在同一竖直面内从不同高度沿相反方向水平抛出，在P点相遇但不相碰（理想化）。其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是（）Ab球先落地Ba、b两球同时落地Ca球比b球先抛出Da球落地时的动能一定比b球落地时的动能大6（3分）过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道。质量为m的游客随过山车一起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时（）A处于超重状态B向心加速度方向竖直向下C速度v的大小一定为D座位对游客的作用力为m7（3分）如图所示，一小钢球在光滑水平桌面上沿AB直线运动，C处有一小球门，BC垂直于AB现用同一根细管分别沿甲、乙、丙三个方向对准B处吹气，可将钢球吹进球门的是
4、（）A甲方向B乙方向C丙方向D都有可能8（3分）如图所示的皮带传动装置中，甲、乙、丙三轮的轴均为水平轴，其中甲、乙、丙三轮的半径之比3：2：4A、B、C三点分别是甲、乙、丙三轮的边缘点，若传动中皮带不打滑，则（）AA，B两点的线速度大小之比为2：3BA，C两点的角速度大小之比为1：3CA，C两点的向心加速度大小之比为1：6DA，B两点向心加速度大小之比为3：19（3分）关于开普勒行星运动定律，下列说法不正确的是（）A所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上B对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等C表达式，k是一个与行星无关的常量D表达式，T代表行星运动的
5、自转周期10（3分）如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。则下列说法正确的是（）A角速度的大小关系为abB向心加速度的大小关系为aaabC线速度的大小关系为vavbD周期关系为TaTb11（3分）我国将于2020年建成完整的北斗二号导航系统，该系统由5颗地球同步卫星和30颗其他卫星组成，则地球同步卫星（）A绕地球运行的轨道为椭圆B运行周期与地球自转周期相同C可静止在南通上空D运行方向与地球自转方向相反12（3分）“北斗”系统中两颗工作卫星1和2在同一轨道上绕地心O沿顺时针方向做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻它们分别位于轨道上的A、B两
6、位置，如图所示，已知地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，以下判断正确的是（）A这两颗卫星的向心加速度大小为B这两颗卫星的角速度大小为C卫星1由位置A运动至位置B所需时间为D如果使卫星1 加速，它就一定能追上卫星213（3分）宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统，它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知它们的运转周期为T，两星到某一共同圆心的距离分别为R1和R2，那么，这双星系统中两颗恒星的质量关系正确的是（）A这两颗恒星的质量必定相等B这两颗恒星的质量之和为C这两颗恒星的质量之比为m1：m2R2：R1D其中必有
7、一颗恒星的质量为14（3分）如图所示，平行导体滑轨MM、NN放置于同一水平面上，固定在竖直向下的匀强磁场中，导体棒AB、CD横放在滑轨上且静止，形成一个闭合电路。当AB向右滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及CD受到的安培力方向分别为（）A电流方向沿ABCD，安培力方向向右B电流方向沿ADCB，安培力方向向右C电流方向沿ABCD，安培力方向向左D电流方向沿ADCB，安培力方向向左15（3分）质谱仪是测带电粒子质量和分；析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量其工作原理如图所示，虚线为某粒子的运动轨迹
8、，由图可知（）A此粒子带负电B下极板S1比上极板S2电势高C若只增大加速电压U，则半径r变大D若只增大入射粒子的质量，则半径r变小16（3分）关于感应电动势，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量的变化量越大，感应电动势越大C穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大D若某时刻穿过线圈的磁通量为零，则该时刻感应电动势一定为零17（3分）某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验：如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，相对固定，四个磁极之间的距离相等当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈所
9、受摩擦力的方向是（）A先向左，后向右B先向左，后向右，再向左C一直向右D一直向左18（3分）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电流电动势如图示，下面说法正确的是（）A交流电动势的有效值为20 VB交流电动势的有效值为10VCt0.01s线圈处于中性面D交流电动势的频率为50 Hz19（3分）如图所示，当把理想变压器副线圈回路中的开关S闭合时，则（）A交流电压表示数将变大B交流电压表示数将变小C交流电流表示数将变大D交流电流表示数将变小20（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈接有三个完全相同的灯泡，其额定电压均为U，且三个灯泡均能正常发光。下列说法正确中的是（）A原、副线圈匝数比为3：1
10、B原、副线圈匝数比为1：3CAB端的输入电压为3UDAB端的输入电压为4U二、综合题（本题共4小题，共40分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）21（8分）如图所示，边长为L、匝数为n的正方形金属线框，它的质量为m、电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间的变化规律为Bkt求：（1）线框中的电流强度为多大？（2）t时刻线框受的安培力多大？22（10分）如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆
11、周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过时间1s后又恰好垂直与倾角为45的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R5m，小球可看做质点且其质量为m5kg，重力加速度为g。求：（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离；（2）小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小和方向。23（10分）有一台内阻为1的发电机，供给一学校照明用电，如图所示。升压比为1：4，降压比为4：1，输电线的总电阻R4，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏。若保证全部电灯正常发光，则：（1）输电线上损耗的电功率多大？（2）发电机电动势多大？24（12分）如图所示，有一倾角37的粗糙斜面，斜面所在空间存在一有界矩
12、形匀强磁场区域GIJH，其宽度GIHJL0.5m。有一质量m0.5kg的“日”字形匀质导线框abcdef，从斜面上静止释放，释放时ef平行于GH且距GH为4L，导线框各段长abcdefacbdcedfL0.5m，线框与斜面间的动摩擦因数0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等、均为R0.5，其余电阻不计。已知ef边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动，不计导线粗细，重力加速度g10m/s2，求：（1）ef边刚进入磁场时的速度v的大小。（2）匀强磁场的磁感应强度B。（3）线框从开始运动到ab边穿出磁场过程中ab边发的焦耳热为多少？2019-2020学年天津市河西区高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解
13、析一、选择题（本题共20小题，每题3分，共60分，在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1（3分）一质点做曲线运动，在运动的某一位置，它的速度方向、加速度方向以及所受合外力的方向之间的关系是（）A速度、加速度、合外力的方向有可能都相同B加速度方向与合外力的方向一定相同C加速度方向与速度方向一定相同D速度方向与合外力方向可能相同，也可能不同【分析】当物体所受的合力方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动，不在同一条直线上，物体做曲线运动；加速度的方向与合力的方向相同【解答】解：A、质点做曲线运动，合力的方向与速度方向一定不在同一条直线上。故A、D错误。B、根据牛顿第二定律知，加
14、速度的方向与合力的方向一定相同。故B正确。C、物体做曲线运动，合力的方向与速度方向不同，则加速度方向与速度方向不同。故C错误。故选：B。【点评】解决本题的关键掌握判断物体做直线运动还是曲线运动的方法，关键看加速度的方向与速度的方向是否在同一条直线上2（3分）如图所示，直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔沿着三角板直角边，从最下端由静止开始向上做匀加速直线运动。关于铅笔笔尖的运动，下列判断正确的是（）A笔尖的轨迹是一条倾斜的直线B笔尖的轨迹是一条抛物线C在运动过程中，笔尖运动的速度方昀始终保持不变D在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变【分析】铅
15、笔尖参与两个运动：既随三角板向右的匀速运动，又沿三角板直角边向上做匀加速运动，与平抛运动类似，得出轨迹形状。曲线运动中物体速度的方向是该点轨迹的切线方向。根据运动的合成确定加速度的方向。【解答】解：A、B由题可知，铅笔尖既随三角板向右的匀速运动，又沿三角板直角边向上做匀加速运动，其运动轨迹是向上弯曲的抛物线。故A错误，B正确。 C、在运动过程中，笔尖运动的速度方向是轨迹的切线方向，时刻在变化。故C错误。 D、笔尖水平方向的加速度为零，竖直方向加速度的方向竖直向上，则根据运动的合成规律可知，笔尖运动的加速度方向始终竖直向上，保持不变。故D正确。故选：BD。【点评】本题中采用类比的方法得到笔尖的运
16、动情况，也可以采用数学参数方程的方法定量分析笔尖的运动情况。3（3分）河宽d60m，水流速度V14m/s不变，小船在静水中的行驶速度为V23m/s，则（）A小船能垂直直达正对岸B若船头始终垂直于河岸渡河，渡河过程中水流速度加快，渡河时间将变长C小船渡河时间最短为20sD小船渡河的实际速度一定为5m/s【分析】因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸。当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短。【解答】解：A、由于船速小于水速，小船的合速度不可能垂直于河岸，故A错误；BC、当船速垂直于河岸时，小船渡河时间最短为，当水速增大时，渡河时间不受影响，故B错误，C正确
17、；D、由于船速方向未知，无法求解渡河速度，故D错误；故选：C。【点评】解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，当静水速大于水流速，合速度与河岸垂直，渡河航程最短，当静水速小于水流速，合速度与静水速垂直，渡河航程最短。4（3分）如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为P和Q，线速度大小分别为vP和vQ，则（）APQ，vPvQBPQ，vPvQCPQ，vPvQDPQ，vPvQ【分析】物体在做转动时，各点具有相同的角速度，然后结合线速度与角速度之间的关系vr进行求解即可。【解答】解：由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，即PQ；同时由图可知Q点到
18、螺母的距离比较大，由可知，Q点的线速度大，即PQ。故选：B。【点评】解决本题的突破口在于P、Q两点的角速度相同，然后熟练掌握匀速圆周运动的各物理量之间公式即可。5（3分）如图所示，a、b两个小球在同一竖直面内从不同高度沿相反方向水平抛出，在P点相遇但不相碰（理想化）。其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是（）Ab球先落地Ba、b两球同时落地Ca球比b球先抛出Da球落地时的动能一定比b球落地时的动能大【分析】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，时间由下落高度决定，初速度大小关系未知，虽然a下落的距离大，无法比较落地的动能。【解答】解：C、a、b两个小球从不同高度
19、同时沿相反方向水平抛出，竖直分运动为自由落体运动，能同时到达P处，由图象知在落到P时，a下落的距离大于b下落的距离，所以a球一定比b球先抛出，故C正确。AB、到P处a的竖直分速度大于b的竖直分速度，所以a先落地，故AB错误。D、虽然a下落的距离大，但初速度大小关系未知，所以不能确定落地时的动能大小关系，故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。6（3分）过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道。质量为m的游客随过山车一起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时（）A处于超重状态B向心加速度方向竖直向下C速度v的大小一定为
20、D座位对游客的作用力为m【分析】游客做圆周运动，在最高点，合外力提供向心力，对游客进行受力分析，根据向心力公式列式求解，当加速度方向向上时，处于超重状态，当加速度方向向下时，处于失重状态。【解答】解：AB、游客做圆周运动，在最高点，受重力和轨道的压力，合外力提供向心力，合外力向下，加速度竖直向下，游客处于失重状态，故A错误，B正确；C、在最高点，根据向心力公式得：mg+Nm只有当N0时，v，故C错误；D、在最高点，根据向心力公式得：mg+Nm解得：Nmmg故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查了向心力公式的直接应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，知道当加速度方向向上时，处于超重状态，当
21、加速度方向向下时，处于失重状态，难度不大，属于基础题。7（3分）如图所示，一小钢球在光滑水平桌面上沿AB直线运动，C处有一小球门，BC垂直于AB现用同一根细管分别沿甲、乙、丙三个方向对准B处吹气，可将钢球吹进球门的是（）A甲方向B乙方向C丙方向D都有可能【分析】小球若进入球门，则速度的方向沿BC的方向，结合运动的合成与分解求出速度变化的方向，然后结合牛顿第二定律即可求出【解答】解：小球若进入球门，则速度的方向沿BC的方向，画出小球的初速度、末速度的方向，由平行四边形定则画出小球速度变化的方向如图，则：由图可知钢球的速度变化v的方向沿丙的方向，所以向右沿丙的方向吹气。故C正确，ABD错误；故选：
22、C。【点评】本题关键找出钢球的速度方向和受力方向，从而判断出钢球做曲线运动的条件是解题的关键8（3分）如图所示的皮带传动装置中，甲、乙、丙三轮的轴均为水平轴，其中甲、乙、丙三轮的半径之比3：2：4A、B、C三点分别是甲、乙、丙三轮的边缘点，若传动中皮带不打滑，则（）AA，B两点的线速度大小之比为2：3BA，C两点的角速度大小之比为1：3CA，C两点的向心加速度大小之比为1：6DA，B两点向心加速度大小之比为3：1【分析】甲、乙两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，乙、丙两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同。然后根据线速度、角速度、加速度、半径之间的关系即可求解。
23、【解答】解：A、由于甲、乙两轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vAvB，所以vA：vB1：1，故A错误。B、由角速度和线速度的关系式vR可得：A：BRB：RA2：3，由于乙、丙两轮共轴，故两轮角速度相同，即为：BC，A：B：C2：3：3，所以A、C两点的角速度大小之比为2：3；故B错误。C、由于乙、丙两轮共轴，故两轮角速度相同，由vr知vB：vCRB：RC1：2，所以A、C两点的线速度大小之比为1：2，已知A、C两点的角速度大小之比为2：3，向心加速度为：anv，得A、C两点的向心加速度大小之比为1：6，故C正确。D、向心加速度为：an，得向
24、心加速度与半径成反比，即A、B两点向心加速度大小之比2：3；故D错误。故选：C。【点评】解决传动类问题要分清是摩擦传动（包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同）还是轴传动（角速度相同）。9（3分）关于开普勒行星运动定律，下列说法不正确的是（）A所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上B对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等C表达式，k是一个与行星无关的常量D表达式，T代表行星运动的自转周期【分析】熟记理解开普勒的行星运动三定律：第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线
25、在相同时间内扫过的面积相等。第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。【解答】解：A、根据开普勒第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故A正确。B、根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，故B正确。C、根据开普勒第三定律，k是与中心天体质量有关的量，与行星无关，故C正确。D、根据开普勒第三定律可知，所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，T为行星运动的公转周期，故D不正确。本题选不正确的，故选：D。【点评】开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律得发现的基础，是行
26、星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。10（3分）如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。则下列说法正确的是（）A角速度的大小关系为abB向心加速度的大小关系为aaabC线速度的大小关系为vavbD周期关系为TaTb【分析】本题中涉及到三个做圆周运动物体，AC转动的周期相等，BC同为卫星，故比较他们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两比较。【解答】解：A、a为地球赤道上的物体，c为地球同步卫星，所以ac，bc同为卫星，万有引力提供向心力，即：，即：，而rbrc，可知：cb，所以a
27、cb，故A错误。B、a与c的角速度相等，由a2r，得：aaac，b与c都是万有引力提供向心力，则：a，而rbrc，所以acab，故aaab，故B错误。C、ac比较，角速度相等，由vr，可知vavc，b与c都是万有引力提供向心力，则：，即v，而rbrc，所以vcvb故vavb，故C错误。D、卫星c为同步卫星，所以TaTc，根据T及cb，可知TcTb，所以TaTcTb，故D正确。故选：D。【点评】本题涉及到两种物理模型，即ac转动的周期相等，bc同为卫星，其动力学原理相同，要两两分开比较，最后再统一比较。11（3分）我国将于2020年建成完整的北斗二号导航系统，该系统由5颗地球同步卫星和30颗其他
28、卫星组成，则地球同步卫星（）A绕地球运行的轨道为椭圆B运行周期与地球自转周期相同C可静止在南通上空D运行方向与地球自转方向相反【分析】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等【解答】解：A、地球同步卫星运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道，故A错误；B、地球同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，故B正确；C、地球同步卫星静止在赤道上空某处，南通不在赤道上，所以不可静止在南通上空，故C错误；D、地球同步卫星的运行方向与地球自转
29、方向相同，故D错误。故选：B。【点评】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度常用于通讯、气象、广播电视、导弹预警、数据中继等方面，以实现对同一地区的连续工作12（3分）“北斗”系统中两颗工作卫星1和2在同一轨道上绕地心O沿顺时针方向做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻它们分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示，已
30、知地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，以下判断正确的是（）A这两颗卫星的向心加速度大小为B这两颗卫星的角速度大小为C卫星1由位置A运动至位置B所需时间为D如果使卫星1 加速，它就一定能追上卫星2【分析】由万有引力提供向心力，可得出r相同则速度v大小相等，v变大则r变大（做离心运动），再结合即GMgR2（黄金代换），即可求解【解答】解：A、根据F合ma得，对卫星有，可得a，取地面一物体由，联立解得a，可见A错误。B、因为a2r，所以，故B错误。C、根据得，T，又GMgR2，tT，联立可解得，故C正确。D、若卫星1加速，卫星1将做离心运动，运动到更高的轨道上去，所以卫
31、星1不可能追上卫星2故D错误。故选：C。【点评】关于做圆周运动的卫星类问题，要灵活运用两个公式，注意卫星若加速则做离心运动，减速则做向心运动13（3分）宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统，它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知它们的运转周期为T，两星到某一共同圆心的距离分别为R1和R2，那么，这双星系统中两颗恒星的质量关系正确的是（）A这两颗恒星的质量必定相等B这两颗恒星的质量之和为C这两颗恒星的质量之比为m1：m2R2：R1D其中必有一颗恒星的质量为【分析】这是一个双星的问题，两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，它们
32、之间的万有引力提供各自的向心力，两颗恒星有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题【解答】解：A、C、如图，对m1有：Gm1R1 对m2有：Gm2R2 解得：，则两者质量不相等，故A错误，C正确。B、D、由得：m2由得：m1两者质量之和：m1+m2，故BD正确。故选：BCD。【点评】本题是双星问题，与卫星绕地球运动模型不同，两颗星都绕同一圆心做匀速圆周运动，关键抓住条件：相同的角速度和周期14（3分）如图所示，平行导体滑轨MM、NN放置于同一水平面上，固定在竖直向下的匀强磁场中，导体棒AB、CD横放在滑轨上且静止，形成一个闭合电路。当AB向右滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及
33、CD受到的安培力方向分别为（）A电流方向沿ABCD，安培力方向向右B电流方向沿ADCB，安培力方向向右C电流方向沿ABCD，安培力方向向左D电流方向沿ADCB，安培力方向向左【分析】依据AB向右移动，则由右手定则可知电流方向，则可知CD中电流的方向，由左手定则可求得CD的运动方向，从而即可求解。【解答】解：由右手安培定则可知，当AB向右运动时电流由B到A，故电流方向沿ADCB；则再由左手定则可得CD受力向右，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】考查了AB运动时产生电流的经过CD，从而使CD受磁场力而产生运动，即先由电磁感应产生电流，电流再在磁场中受到安培力而产生了运动，同时注意会区别左手定
34、则与右手定则的不同。15（3分）质谱仪是测带电粒子质量和分；析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量其工作原理如图所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知（）A此粒子带负电B下极板S1比上极板S2电势高C若只增大加速电压U，则半径r变大D若只增大入射粒子的质量，则半径r变小【分析】根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据牛顿第二定律求出轨道半径，从而得知x与什么因素有关【解答】解：根据动能定理得，qUmv2，由qvBm得，r。A、由图结合左手定则可知，该电荷带正电。故A错误。B、粒子经过电场要加速，
35、因正电粒子，所以下极板S1比上极板S2电势低。故B错误。C、若只增大加速电压U，由上式可知，则半径r变大，故C正确，D、若只增大入射粒子的质量，q不变，由上式可知，则半径也变大。故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键利用动能定理和牛顿第二定律求出P到S1的距离，从而得出x与电荷的比荷有关16（3分）关于感应电动势，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量的变化量越大，感应电动势越大C穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大D若某时刻穿过线圈的磁通量为零，则该时刻感应电动势一定为零【分析】根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比
36、，从而即可求解【解答】解：A、感应电动势的大小与磁通量的变化率成之比，磁通量变化越快，感应电动势越大。故A正确。B、磁通量的变化量大，磁通量的变化不一定快，感应电动势不一定大，故B错误。C、穿过闭合回路的磁通量越大，磁通量变化不一定快，则感应电动势不一定大，故C错误。D、某时刻的磁通量为零，磁通量的变化率不一定为零，则感应电动势不一定为零，故D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键知道感应电动势却由磁通量的变化率决定，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关17（3分）某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验：如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，
37、相对固定，四个磁极之间的距离相等当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈所受摩擦力的方向是（）A先向左，后向右B先向左，后向右，再向左C一直向右D一直向左【分析】根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动分析线圈所受的安培力方向，确定其运动趋势，判断摩擦力方向【解答】解：当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产生相互排斥的作用力； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动。 当磁铁匀速向右
38、通过线圈时，N极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力。当N极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力。所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左。故D正确。故选：D。【点评】本题根据楞次定律：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动，分析线圈所受的安培力方向是本题的解题关键18（3分）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电流电动势如图示，下面说法正确的是（）A交流电动势的有效值为20 VB交流电动势的有效值为
39、10VCt0.01s线圈处于中性面D交流电动势的频率为50 Hz【分析】矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面经过中性一次，电流方向改变一次根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比【解答】解；AB、由图象可得Em20v，有效值为：，故A错误B正确；C、t0.01s时电动势最大，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故C错误；D、由图象可得交流电的周期为T0.04S，所以频率为：，故D错误；故选：B。【点评】此题关键要掌握正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流的关系、感应电动势与位置之间的关系，掌握法拉第电磁感
40、应定律，并能用来研究磁通量的变化率19（3分）如图所示，当把理想变压器副线圈回路中的开关S闭合时，则（）A交流电压表示数将变大B交流电压表示数将变小C交流电流表示数将变大D交流电流表示数将变小【分析】闭合开关相当于负载增加，输出功率和输入功率都变大，结合欧姆定律中的分压原理可以判断电表变化【解答】解：将电键S闭合，负载总电阻变小，由匝数和输入端电压不变可知输出端电压不变，交流电压表示数将不变，所以输出端电流变大；输出端电压不变，电流变大，则输出功率变大，又输入功率等于输出功率所以P1增大；原副线圈中电流与匝数成反比，所以输出端电流变大时输入端I也增大，所以C正确。故选：C。【点评】在交流电中电
41、表显示的是有效值，变化开关相当于电路的动态分析，要先根据局部的变化分析整体电路的电流、电压的变化20（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈接有三个完全相同的灯泡，其额定电压均为U，且三个灯泡均能正常发光。下列说法正确中的是（）A原、副线圈匝数比为3：1B原、副线圈匝数比为1：3CAB端的输入电压为3UDAB端的输入电压为4U【分析】依据灯泡正常发光，及电灯泡的连接方式，即可判定匝数之比，再根据灯泡电压与输入电压的关系，可明确接在输入端和输出端的电压关系，从而即可求解。【解答】解：AB、设灯泡正常发光时，流过它的电流为I，则该变压器原线圈电流I1I，副线圈中电流I22I，则原副线圈匝数比，故AB
42、错误；CD、所以原线圈两端的电压为，则AB端输入电压为3U，故D错误，C正确；故选：C。【点评】本题考查变压器原理，掌握原副线圈变压比，注意从灯泡正常工作的电压与电流入手，是解题的关键。二、综合题（本题共4小题，共40分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）21（8分）如图所示，边长为L、匝数为n的正方形金属线框，它的质量为m、电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间的变化规律为Bkt求：（1）线框中的电流强度为多大？（2）t时刻线框受的安培力多大？【分
43、析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈回路电流方向，然后求出安培力的大小和方向，根据平衡条件进一步求解【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得：Enn ssI联立解得感应电流为：In安培力大小公式为：FBIL将代入解得：FBILBn，根据左手定则可知，安培力方向向下答：（1）线框中的电流强度为；（2）t时刻线框受的安培力【点评】本题考查了电磁感应定律和安培力公式、左手定则等知识点的简单综合应用同时注意处于磁场的线圈两边所受到的安培力大小相等，方向相反，正好平衡，所以线圈的安培力即为上边所受到的安培力22（10分）如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球
44、在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过时间1s后又恰好垂直与倾角为45的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R5m，小球可看做质点且其质量为m5kg，重力加速度为g。求：（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离；（2）小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小和方向。【分析】（1）根据平抛运动时间求得在C点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离；（2）对小球在B点应用牛顿第二定律求得支持力FNB的大小和方向。【解答】解：（1）小球从B到C做平抛运动，根据平抛运动的规律：小球在C点的竖直分速度 vygt10110m/s水平分速度 vxv
45、ytan 4510m/s则B点与C点的水平距离为 xvxt10m（2）在B点，设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有 FNB+mgm又 vBvx10m/s，解得 FNB50N，管道对小球的作用力方向向下答：（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是10m。（2）小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是50N，方向竖直向下。【点评】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义。要注意小球经过B点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析。23（10分）有一台内阻为1的发
46、电机，供给一学校照明用电，如图所示。升压比为1：4，降压比为4：1，输电线的总电阻R4，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏。若保证全部电灯正常发光，则：（1）输电线上损耗的电功率多大？（2）发电机电动势多大？【分析】（1）根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据PUI求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，可得输电线上损耗的电功率。（2）根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动
47、势。【解答】解：（1）根据题意，所有灯都正常工作的总功率为：P222640 W5280W，用电器都正常工作时的总电流为：I324A，两个变压器之间输电线上的电流为，根据，解得：IRI26A，故输电线上损耗的电功率：PRIR2R144 W。（2）降压变压器上的输入电压：U24U3880V，输电线上的电压损失为：URIRR24V，因此升压变压器的输出电压为：U1UR+U2904V。升压变压器的输入电压为：U1226V，升压变压器的输入电流为：I14IR24A，发电机的电动势：EU1+I1r226V+241V250V，答：（1）输电线上损耗的电功率为144W。（2）发电机电动势为250V。【点评】解
48、决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和。24（12分）如图所示，有一倾角37的粗糙斜面，斜面所在空间存在一有界矩形匀强磁场区域GIJH，其宽度GIHJL0.5m。有一质量m0.5kg的“日”字形匀质导线框abcdef，从斜面上静止释放，释放时ef平行于GH且距GH为4L，导线框各段长abcdefacbdcedfL0.5m，线框与斜面间的动摩擦因数0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等、均为R0.5，其余电阻不计。已知ef边刚进入磁场时线框恰好做
49、匀速运动，不计导线粗细，重力加速度g10m/s2，求：（1）ef边刚进入磁场时的速度v的大小。（2）匀强磁场的磁感应强度B。（3）线框从开始运动到ab边穿出磁场过程中ab边发的焦耳热为多少？【分析】（1）对ef边进入磁场前线框的运动过程，根据动能定理求出ef边刚进入磁场时的速度。（2）由平衡条件和安培力与速度的关系分别列方程，联立可求出磁场的磁感应强度B；（3）当线框每条边切割磁感线时，等效电路都一样，即切割的边为电源，另外两条平行于GH的边并联，求出每条边切割磁感线的时间，然后由焦耳定律求出ab边发的焦耳热。【解答】解：（1）ef边进入磁场前线框的运动过程，由动能定理可知：mg4Lsinmg
50、cos4Lmv20解得：v4m/s。（2）当线框匀速运动时，对电路有：EBLvR总R+RI对线框，由平衡条件有：mgsinmgcos+BIL联立解得 B1T。（3）线框每条边切割磁感线等效电路都一样。所以ef和cd作为电源时 UabE时间为 t1ab边发的焦耳热 Q1t1当ab做为电源时，UabE时间为 t2，Q2t2整个过程ab发的总热量 QQ1+Q2解得 Q1J。答：（1）ef边刚进入磁场时的速度v的大小是4m/s。（2）匀强磁场的磁感应强度B是1T。（3）线框从开始运动到ab边穿出磁场过程中ab边发的焦耳热为1J【点评】按顺序分析线框的受力情况，确定其运动情况以及等效电路是解决本题的关键，同时要熟练推导出安培力与速度的关系。