1、南宁三中 20182019 学年度上学期高二期考物理试卷一、选择题1.下列说法正确的是( )A. 电场和磁场都是客观存在，电场线和磁感线也是客观存在B. 电场和磁场都具有力的性质，不计重力的电荷在电场和磁场中一定受到力的作用C. 电源电动势在数值上等于电路断开时，电源两极间电压D. 电流元在磁场中受磁场力为零时，此处磁感应强度也为零【答案】C【解析】【分析】电场与磁场都是客观存在的特殊物质,电场线和磁场线是人们为形象地描述电场和磁场而引入的，不是客观存在的; 电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压; 磁感应强度 B 描述磁场强弱和方向的物理量，与放入磁场中的电流元无关，由磁场本身决定.
2、【详解】A、电场线和磁场线是人们为形象地描述电场和磁场而引入的，不是客观存在的;故 A 错误.B、电荷在电场中的电荷一定受到电场力的作用, 静止的电荷处于磁场中不受到洛伦兹力;故 B 错误.C、根据闭合电路欧姆定律得知，电源的电动势等于内外电压之和，当外电路断开时，电源电动势在数值上等于电源两极间电压;故 C 正确.D、若导线与磁场平行，则磁场力为零；所以安培力为零时，不能说明磁感应强度为零;故D 错误.故选 C.【点睛】本题综合考查电场与磁场,电场力与洛伦兹力,电动势,磁感应强度等概念,重点在于概念的辨析.2. 如图所示，有一正方形闭合 线圈，在足 够大的匀强磁场 中运动。下列四个图中能产生
3、感应电流的是A. 图甲 B. 图乙 C. 图丙 D. 图丁【答案】D【解析】A 图中线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A 错误；B 图中线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故 B 错误；C 图线框绕轴转动，但穿过的磁通量为零，且始终为零，因此也不会产生感应电流，故 C 错误；D 图线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故 D 正确；故选 D。点睛：本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题3.如图所示，L 是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A 和
4、 B 是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有( )A. 当开关 S 闭合瞬间，A、B 两灯同时亮，稳定后 B 灯亮度不变B. 当开关 S 断开瞬间，A、B 两灯同时熄灭C. 当开关 S 断开瞬间，a 点电势比 b 点电势低D. 当开关 S 断开瞬间，流经灯泡 B 的电流由 a 到 b【答案】D【解析】【分析】当电键 S 闭合时，通过线圈 L 的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析.【详解】A、电键 S 闭合瞬间，自感系数很大，线圈 L 对电流有阻碍作用很强，则相当于灯泡 A 与 B 串联，因此同时亮，且亮度
5、相同，稳定后 B 被短路熄灭，故 A 错误；B、C、D、稳定后当电键 K 断开后，A 立刻熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡 B 构成闭合回路放电，流经灯泡 B 的电流是由 a 到b，所以 a 点电势比 b 点电势高，B 闪一下再熄灭，故 B、C 错误，D 正确。故选 D.【点睛】明确自感现象是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键.4.如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为 Q(Q0) 和Q 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧，a 点位于 x 轴上 O 点与点电荷 Q 之间，b 位于 y
6、 轴 O 点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是( )A. b 点的电势为零，电场强度也为零B. a 点电场强度大于 b 点的电场强度，同一正的试探电荷在 a 点和 b 点所受电场力方向向右C. 将正的试探电荷从 b 点移到 a 点，电势能减少D. 将同一正的试探电荷先后分别从 O、b 点移到 a 点，第二次电场力做功较多，电势能的变化较少。【答案】B【解析】【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向。根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系.【详解】A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直
7、平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以 b 点的电势等于 0，而电场强度不等于 0;故 A 错误.B、由图，两个点电荷在 a 点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在 a 点受到的电场力的方向向右；根据点电荷电场强度公式 ，及矢量的叠加E=kQr2原理，可知，x 轴上 O 点的电场强度最小，而 y 轴上，O 点的电场强度最大，那么 a 点电场强度比 b 点电场强度的大故 B 正确；C、电场线由 Q 指向-Q，故正电荷从 b 向 a 运动的过程中，电场力做负功，电势能减增加；故 C 错误.D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等
8、势线，所以 O、b 两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点，二者电势能的变化相等;故 D 错误.故选 B.【点睛】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆，同时再根据电场力做功以及电势能的规律进行分析求解.5.矩形导线框 abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度 B 随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流 I 的正方向，下列各图中正确的是( )【答案】D【解析】试题分析：由图可知，0-1s 内，线圈中磁通量的变化率相同，故 0-1s
9、内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s 内电路中的电流为顺时针，2-3s 内，电路中的电流为顺时针， 3-4s 内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变E=t=BSt故选 D考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要求学生能正确理解 B-t 图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定。【此处有视频，请去附件查看】6.如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电、磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环
10、上套有一个带正电的小球O 点为圆环的圆心，a、 b、c 为圆环上的三个点，a 点为最高点，c 点为最低点，Ob沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端 a 点由静止释放下列判断正确的是( )A. 当小球运动的弧长为圆周长的 1/4 时，洛伦兹力最大B. 当小球运动的弧长为圆周长的 1/2 时，洛伦兹力最大C. 小球从 a 点到 b 点，重力势能减小，电势能增大D. 小球从 b 点运动到 c 点，电势能增大，动能先增大后减小【答案】D【解析】【分析】球所受的电场力与重力大小相等，二者的合力指向左下方 45，由于合力是恒力，故类似于等效的重力，所以 bc 弧的中点相当于平时竖直
11、平面圆环的“最低点”.关于圆心对称的位置就是“最高点” ；在“最低点”时速度最大。再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可.【详解】A、小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成 45向左下，如图：故小球运动到圆弧 bc 的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，即小球运动的弧长为圆周长的 时，洛仑兹力最大;故 A 错误.38B、由 A 的分析可知，结合对称性可知，当小球运动的弧长为圆周长的 时，洛仑兹力最小;78故 B 错误.C、小球由 a 到 b 的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小; 故 C 错误.D、小球从 b 点运动到 c
12、 点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成 45向左下，当小球运动到圆弧 bc 的中点时速度最大，所以小球从 b 点运动到 c 点过程中，动能先增大，后减小;故 D 正确.故选 D.【点睛】该题关键要能够根据受力分析找出做圆周运动等效的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题.7. 如图所示电路中，电流表 A 和电压表 V 均可视为理想电表现闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片 P 向左移动，下列 说法正确的是（ ）A. 电流表 A 的示数变小，电压表 V 的示数变大B. 小灯泡 L 变亮C. 电容器 C 上电荷量减少D. 电源的总功率变大【答案】A【解析】解：A、
13、B 闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片 P 向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流 I 减小，则小灯泡 L 变暗，电流表 A 的示数变小电压表的示数 U=EI（R L+r） ，I 减小，其他量不变，则 U 增大，即电压表 V 的示数变大故 A 正确，B 错误C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U 增大，由 Q=CU，知电容器 C 上的电荷量增大故 C 错误D、电源的总功率 P=EI，I 减小，则电源的总功率变小故 D 错误故选：A【点评】本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析8.如图所示装置中，
14、ab 、 cd 杆原来均静止，当 ab 杆在外力作用下向右加速运动，cd 杆保持静止，忽略闭合铁芯漏磁，则下列说法不正确的是( )A. ab 杆中感应电流方向是从 a 到 b，a 端电势高于 b 端B. 线圈 L2 的磁通量增大C. cd 杆中感应电流方向是从 c 到 dD. cd 杆受到水平向右的安培力的作用【答案】A【解析】【分析】ab 杆运动先动生出 I1，其产生的磁场变化再感生出 I2；二次感应的关键是第一个感应电流是变化的.【详解】A、ab 杆向右运动切割磁感线，根据右手定则知 ab 棒作为电源的电流流向为 a 到b，此方向为电源内部的流向，则 a 为电源负极，b 为电源正极，a 端
15、电势低于 b 端；故 A错误.B、ab 杆向右加速运动，由 可知 L1 的电流逐渐增大，产生的磁场由安培定则可知向I1=BLvR上增强，而忽略闭合铁芯漏磁，则穿过 L2 的磁通量向下逐渐增强；故 B 正确.C、L2 的磁通量向下逐渐增强，根据楞次定律知感应电流 I2 从 c 到 d，故 C 正确.D、感应电流 I2 从 c 到 d，由左手定则知 cd 棒受到的安培力水平向右；故 D 正确.本题选不正确的故选 A.【点睛】题综合考查了右手定则、左手定则、安培定则以及楞次定律，综合性较强，关键搞清各种定则适用的范围，不能混淆9.小型发电机线圈共 N 匝，每匝可简化为矩形线圈 abcd，磁极间的磁场
16、可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴 OO，线圈从图示位置以角速度 绕 OO匀速转动，如图所示。矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e0，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )A. 若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为 e2Ne 0sin tB. 从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为 e2Ne 0cos tC. 发电机线圈从垂直中性面位置转动 90的过程中，产生的感应电动势的平均值是4Ne0D. 发电机线圈从垂直中性面位置转动 180的过程中，产生的感应电动势的平均值是4Ne0【答案】ACD【解析】【分析】结合中性面的特点可知从中性面
17、开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式；由法拉第电磁感应定律求出平均电动势.【详解】A、B、矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e0，所以 N 匝矩形线圈产生的感应电动势的最大值是 2Ne0, 线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势等于 0，所以从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsint=2Ne0sint；故 A 正确，B 错误.C、在线圈从垂直中性面位置转动 90的过程中，单匝线圈上的磁通量的变化量 ，=BS=2e0产生的感应电动势的平均值是 ；故 C 正确.E=NT4=4Ne0D、发电机线圈从垂直中性面位置转动 180
18、的过程中，磁通量的变化量 ，感应=2BS=4e0电动势的平均值是 ；故 D 正确.E=NT2=4Ne0故选 ACD.【点睛】本题考查了交流电产生的原理和最大值、平均值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是 ab 边和 cd 边产生的感应电动势之和.10.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 101，图中电表均为理想电表，R、L 和 D 分别是光敏电阻 (其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压 u，下列说法正确的是( )A. 电压 u 的频率为 50 HzB. 电压表的示数为 22 V2C. 有光照射 R 时，电流表的示数变大D. 抽出 L
19、中的铁芯， D 灯变亮【答案】ACD【解析】【分析】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据 R 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.【详解】A、原线圈接入题图乙所示的电源电压， T=0.02 s，所以频率为 ;故 Af=1T=50Hz正确.B、原线圈接入电压的最大值是 ，所以原线圈接入电压的有效值是 U=220V，理想2202V变压器原、副线圈匝数比为 10：1，所以副线圈电压是 22 V，所以电压表的示数为 22 V，故 B 错误；C、有
20、光照射 R 时，R 阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故 C 正确；D、抽出 L 中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以 D 变亮，故 D 正确.故选 ACD.【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.11.有一电场强度方向沿 x 轴方向的电场，其电势 随 x 的分布如图所示。一质量为 m、带电量为q 的粒子只在电场力的作用下，以初速度 v0 从 x=0 处的 O 点进入电场并沿 x 轴正方向运动，则下关于该粒子
21、运动的说法中正确的是（）A. 粒子从 x=0 处运动到 x=x1 处的过程中动能逐渐增大B. 粒子从 x=x1 处运动到 x=x3 处的过程中电势能逐渐减小C. 欲使粒子能够到达 x=x4 处，则粒子从 x=0 处出发时的最小速度应为 2q0mD. 若 ，则粒子在运动过程中的最小速度为v0=22q0m 6q0m【答案】BD【解析】粒子从 O 运动到 的过程中，电势降低，场强方向沿 x 轴正方向，粒子所受的电场力方向x1沿 x 轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，A 错误粒子从 运动到 的过程中，x1 x3电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知粒子的电势能不断减小，B 正确根据电场力
22、和运动的对称性可知：粒子如能运动到 处，就能到达 处，当粒子恰好运动到x1 x4处时，由动能定理得： ，解得： ，则要使粒子能运动到 处，x1 q(00)=012mv20 v0= 2q0m x4粒子的初速度 至少为 C 错误若 ，粒子运动到 处电势能最大，动能最小，v02q0m v0=22q0m x1由动能定理得： ，解得： ，D 正确，选 BD.q(00)=12mv2min12mv20 vmin= 6q0m【点睛】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化粒子如能运动到 处，就能到达 处，根据动
23、能定理研究 过程，求解最小速度粒子运动到x1 x4 0x1处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度x112.如图，S 为一离子源，MN 为长荧光屏，S 到 MN 的距离为 L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B。某时刻离子源 S 一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量 m，电荷量 q，速率 v 均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则( )A. 当 v0）的粒子以速度 v 从O 点垂直于磁场方向射入，当入射速度方向沿 x 轴方向时，粒子恰好从 O1 点正上方的 A点射出磁场，不计粒子重力，求：（1）磁感应强度 B
24、的大小；（2）粒子离开第一象限时速度方向与 y 轴正方向的夹角正切值；（3）若将电场方向变为沿 y 轴负方向，电场强度大小不变，粒子以速度 v 从 O 点垂直于磁场方向、并与 x 轴正方向夹角 =300 射入第一象限，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间 t【答案】 （1） （2） （3）B=mvqa tan= 2Eqamv20 t=av+(23)av +2mvEq【解析】【分析】(1)根据几何关系先得到圆心、半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解；(2)粒子离开磁场后，进入电场，根据动能定理列式求解粒子在电场中的位移；粒子进入电场到达最高点后，又沿原路返回磁场，再得到第二次圆心和射出点，最
25、后得到总路程；(3)粒子在磁场中做圆周运动，先得到第一次圆心和射出点，进入电场后，又沿原路返回，再得到第二次圆心和射出点，最后得到总时间.【详解】(1)当粒子速度沿 x 轴方向入射，从 A 点射出磁场时，几何关系知： r=a由 qvB=mv2rB=mvqr=mvqa(2)从 A 点进入电场后作类平抛运动；沿水平方向做匀加速直线运动： vx= 2Eqma沿竖直方向做匀速直线运动：v y=v0粒子离开第一象限时速度与 y 轴的夹角：tan=vxvy= 2Eqamv20(3)粒子从磁场中的 P 点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等， OO1PO2 构成菱形，故粒子从 P 点的出射方向与 OO1
26、平行，即与 y 轴平行；轨迹如图所示：粒子从 O 到 P 所对应的圆心角为 1=60，粒子从 O 到 P 用时： t1=T6=a3v由几何知识可知，粒子由 P 点到 x 轴的距离 S=asin1=32a粒子在电场中做匀变速运动的时间： t2=2mvEq粒子磁场和电场之间匀速直线运动的时间： t3=2(aS)v =(23)av粒子由 P 点第 2 次进入磁场，从 Q 点射出， O1QO3 构成菱形；由几何知识可知 Q 点在 x轴上，即为（2a，0）点；粒子由 P 到 Q 所对应的圆心角 2=120，粒子从 P 到 Q 用时： t4=T3=2a3v粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间： t=t1+t2+t3+t4=av+(23)av +2mvEq【点睛】本题关键先确定圆心、半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解；第三问关键先根据题意，分析后画出物体的运动轨迹，然后再列式计算.
