广西桂林市高二下学期开学考试物理试题（word版含答案）

广西桂林市高二下学期开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图，面积为S、匝数为N的矩形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO'匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2均正常发光，理想电流表的示数为I，已知L1、L2的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则（　　）
A．图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零
B．线框转动的角速度为
C．理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1
D．若灯L1烧断，电流表示数将增大
2．如图所示，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中，下列说法正确的是（　　）
A．圆环可能做匀减速运动 B．圆环可能做匀速直线运动
C．圆环克服摩擦力所做的功可能为 D．圆环克服摩擦力所做的功可能为
3．某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R，则下列说法正确的是（ ）
A．输电线上的电流 B．输电线上的电流
C．输电线上损失的功率 D．输电线上损失的功率
4．关于元电荷，下列说法正确的是（　　）
A．元电荷就是电子
B．元电荷所带电荷量等于电子或质子所带的电荷量
C．某物体所带电荷量可以是
D．美国物理学家密立要用实验最早测定了元电荷的数量值
5．如图所示的电路中，三个灯泡A、B、C完全相同，电感L自感系数很大，其直流电阻与定值电阻R相等，D为理想二极管，下列判断中正确的是(　　)
A．闭合开关S的瞬间，灯泡A和C同时亮
B．闭合开关S的瞬间，只有灯泡C亮
C．闭合开关S稳定后，灯泡A、C一样亮，B不亮
D．在电路稳定后，断开开关S的瞬间，灯泡B、C均要亮一下再熄灭
二、单选题
6．如图所示.水平方向有磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，匝数为5的矩形线框ab边长为 0.5m．ad边长为0.4 m，线框绕垂直磁场方向的转轴OO′匀速转动，转动的角速度为 20rad/s，线框通过金属滑环与阻值为10Ω的电阻R构成闭合回路．t=0时刻线圈平面与 磁场方向平行．不计线框及导线电阻，下列说法正确的是
A．线圈中的最大感应电动势为10 V
B．电阻R两端电压的瞬时值表达式u=10sin20t (V)
C．电阻R中电流方向每秒变化20次
D．电阻R消耗的电功率为5 W
7．如图所示，小金属环和大金属环重叠在同一平面内，两环相互绝缘，小环有一半面积在大环内．当大环接通电源的瞬间，小环中感应电流的情况是(　　)
A．无感应电流
B．有顺时针方向的感应电流
C．有逆时针方向的感应电流
D．无法确定
8．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10：1，是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为V．下列说法中正确的（ ）
A．s时，电压表的示数为22V
B．s时，两点电压瞬时值为110V
C．滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大
D．单刀双掷开关由扳向，电压表和电流表的示数均变小
9．如图所示，在电路两端接上交变电流，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是∶灯1变暗、灯2变亮、灯3不变，则M、N、L处所接元件可能是（　　）
A．M为电阻，N为电容器，L为电感器
B．M为电阻，N为电感器，L为电容器
C．M为电感器，N为电容器，L为电阻
D．M为电容器，N为电感器，L为电阻
10．如图所示，虚线、之间为匀强电场，的上方和的下方分别有垂直于纸面向里的匀强磁场和，且，一不计重力的带电粒子从上的点垂直于向上射出，经过磁场偏转后垂直于方向从点进入电场，穿越电场后，从点再次进入磁场，经过磁场偏转后以垂直于的速度打到点，若，则粒子从到克服电场力做的功与其从点出发时的初动能之比为（ ）
A． B． C． D．
11．如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合金属线框abcd共面，第一次将金属线框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属线框由位置Ⅰ翻转到位置Ⅱ，设两次通过金属线框截面的电荷量分别为q1和q2，则(　　)
A．q1q2 D．q1≠0，q2＝0
12．如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为3B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为（　　）
A．c→a，3∶1 B．a→c，1∶3
C．a→c，3∶1 D．c→a，1∶3
13．如图所示的四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是
A．图甲中，导线通电后磁针发生偏转
B．图乙中，通电导线在磁场中受到力的作用
C．图丙中，当电流方向相同时，导经相互靠近
D．图丁中，当电流方向相反时，导线相互远离
14．水平导轨左端接电阻R，导轨电阻不计，垂直导轨方向有匀强磁场，导轨宽为d，垂直导轨放一不计电阻的导体棒，当导体棒以速度v匀速向右运动时，回路会有一个电流，之后把导体棒固定在离电阻距离也是d的地方，磁感应强度随时间均匀变化，在回路中也产生相同的电流，下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度的变化率磁场一定增加，与磁场的方向无关
B．磁感应强度的变化率磁场一定减少，与磁场的方向无关
C．磁感应强度的变化率磁场一定增加，与磁场的方向无关
D．磁感应强度的变化率磁场增加减少与磁场的方向有关
15．如图所示，有两个在同一平面内的圆形导线框A、B，则下列情况能使导线框B中产生感应电流的是（ ）.
A．先闭合，再闭合
B．先闭合，再闭合的瞬间
C．、都闭合时
D．将、都闭合，先断开，再断开
16．如图所示，真空中有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场B，还有方向竖直向上的匀强电场E，三个带电液滴（可视为质点）甲、乙、丙带有等量同种电荷．已知甲静止，乙水平向左匀速运动，丙水平向右匀速运动．则下列说法正确的是（　　）
A．三个液滴都带负电
B．丙质量最大，甲质量次之，乙质量最小
C．若仅撤去磁场，甲可能做匀加速直线运动
D．若仅撤去电场，乙和丙可能做匀速圆周运动
三、实验题
17．某同学利用如图所示的器材完成“探究感应电流产生的条件实验”。
（1）请用铅笔代替导线完成实验电路连接___________；
（2）写出三种能产生感应电流的方法：_________；_______；________。
（3）该实验的结论是_____________。
18．①在使用示波器时，如果屏幕上出现如图1所示的波形时，应调节图2中的______旋钮使之显示在屏幕中央区域（如图3所示）．如果外接Y输入正弦交流电源，观察到正弦波的竖直方向的正、负半周均超出了屏幕的范围，应调节_______旋钮或______旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内.
②如果使该信号显示从一个波形变成两个完整的波形，如图4所示，则应调节________旋钮或_______旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），这两个旋钮配合使用；波形横向变窄，应调节_____________旋钮．
四、解答题
19．在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B=0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L=0.4m，如图所示，框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd以恒定加速度a=2m/s2由静止开始做匀变速运动，求：
(1)金属杆cd在5s末的速度？
(2)5s末的瞬时感应电动势E和瞬时感应电流I是多少？
20．如图所示，在x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电量为+q的同种带电粒子．在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为零）．现在观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行．不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力．求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；
（3）若在y轴上另放置一个能接收带电粒子的挡板，使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子，求挡板的最小长度．
21．贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为，线圈的匝数为100、面积为，电阻为，若磁体转动的角速度为，线圈中产生的感应电流为。求：
（1）线圈中感应电动势的有效值E；
（2）线圈的输出功率P。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
A．图示位置时，线框切割磁感线的速度最大，故穿过线框的磁通量变化率最大，故A错误；
B．线圈输入电压为：
，
根据Um=NBSω，联立解得：
，
故B正确；
C．变压器的输入电流为I、输出电流为2I，根据，原副线圈的匝数之比为2：1，故C正确；
D．若L1灯烧断，输出功率减小，故输入功率也减小，由于输入电压不变，故电流表示数减小，故D错误；
2．BC
【解析】
【详解】
分情况对圆环受力分析，第一种情况
圆环受到向下的重力，向上的支持力、向上洛伦兹力、水平向左的摩擦力，圆环受到的洛伦兹力变小，支持力变大，摩擦力增大，圆环做加速度增大的减速运动，最后速度减为零；
第二种情况
支持力为零，圆环受到的摩擦力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动。
第三种情况
随着速度减小，支持力减小，摩擦力减小，此时圆环做加速度减小的减速运动，当支持力减为零后做匀速运动。
A．由以上分析可知圆环可能做匀速运动或变减速运动，不可能做匀减速运动，故A错误；
B．由受力分析第二种情况可知圆环可能不受摩擦力作用，合力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动，故B正确；
C．由受力分析第一种情况可知当圆环受到向上的支持力，圆环做加速度逐渐增大的减速运动，最后速度减为零，由动能定理可得圆环克服摩擦力所做的功为，故C正确。
D．由受力分析第三种情况可知当圆环受到向下的支持力时，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当支持力减为零时开始做匀速直线运动，由平衡关系可得
设克服摩擦力做功为W，由动能定理可得
解得
圆环克服摩擦力所做的功为，故D错误。
故选BC。
3．BC
【解析】
【详解】
AB．根据
P=UI
可得，输电线上的电流
当U是导线上损失的电压，可以用电流
得出输电线上的电流，然而本题中U为输电电压，故A错误，B正确；
CD．输电线上损失的功率为
故C正确，D错误。
故选BC。
4．BD
【解析】
【详解】
A B．元电荷是指电子或质子所带的电荷量，是最小的电荷量，不是质子或电子，A错误，B正确；
C．所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，的电荷量不是元电荷电荷量的整数倍，是不可能的，C错误；
D．元电荷电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，D正确。
故选BD。
5．BC
【解析】
【详解】
闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过B，由于线圈中自感电动势的阻碍，A灯逐渐变亮，所以闭合开关S的瞬间，只有灯泡C亮，A错误B正确；由于二极管具有单向导电性，电路稳定后也无电流通过B，B不亮，电感L的直流电阻与定值电阻R相等，因此电路稳定后A、C一样亮，C正确；电感L的自感系数很大，其直流电阻与定值电阻R相等，所以A、C两个支路的电流是相等的，在电路稳定后，断开开关S的瞬间，L由于产生自感电动势，相当于电源，灯泡B、C并联，所以B要亮一下再熄灭，同时由于B与C并联，流过C的电流一定比电路稳定时的电流小，所以C不能闪亮一下，而是逐渐熄灭，D错误．
【点睛】
对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；同时运动注意二极管的作用．
6．C
【解析】
【分析】
考查交变电流的产生及描述交变电流的物理量。
【详解】
A．线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=5×0.5×2.5×0.4×20V=50V；故A错误.
B．不计线框及导线电阻，则电阻R两端电压的最大值 Um=Em=50V，则电阻R两端电压的瞬时值表达式u=Umcosωt=50cos20t（V）；故B错误.
C．交流电的频率为，周期T=0.1s，电流在一个周期内方向变化2次，所以电阻R中电流方向每秒变化20次；故C正确.
D．R两端电压的有效值为，R消耗的电功率，解得P=125W；故D错误.
故选C。
7．C
【解析】
【详解】
根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，左、右线圈的磁通量均增大，但小线圈的左边的磁场方向垂直纸面向里，右边的磁场方向垂直向外．导致合磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是逆时针方向，故C正确，ABD错误．故选C．
8．A
【解析】
【详解】
试题分析：原线圈两端电压有效值为220V，副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，故A正确；s时，ac两点电压瞬时值为110V，故B错误；滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大，故D错误；故选A．
考点：交流电；电路的动态分析
【名师点睛】本题考查了变压器的特点，变压器原副线圈的匝数比等于电压之比；需要特别注意的是CD两选项，考查了电路的动态分析，这是高考中的热点，解题思路仍然是局部-整体-局部的分析思路．
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
交流电的频率增大，对电阻没有影响，串联的灯亮度不变，电容的容抗会减小，串联的灯会变亮，电感的感抗会增大，串联的灯会变暗，故C正确。
故选C。
10．A
【解析】
【详解】
设粒子在电场上方和下方的速率分别为v1、v2，在上方和下方磁场中轨道半径分别为R1、R2，则
R1＝
R2＝
根据题意B2＝B1，R1＝2R2 ，解得
v1＝v2
在电场中，根据动能定理可得
W＝mv12-mv22=mv12=
A.，与分析结果相一致，故A正确
B.，与分析结果不一致，故B错误；
C.，与分析结果不一致，故C错误；
D.，与分析结果不一致，故D错误。
故选A.
11．A
【解析】
【详解】
由法拉第电磁感应定律、和 可得
设金属线框在位置Ⅰ时，通过金属线框的磁通量为正，且数值为Φ1，在位置Ⅱ时通过金属线框的磁通量数值为Φ2，第一次将金属线框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，磁通量的变化量为，第二次将金属线框由位置Ⅰ翻转到位置Ⅱ，磁通量的变化量为，第二次磁通量变化大，通过的电荷量多。
故选A。
【点睛】
本题的关键是确定磁通量的变化，要注意翻转后磁通量的方向与开始前的磁通量的方向相反，并掌握电量综合表达式的应用。
12．B
【解析】
【详解】
由右手定则可知，电流方向为由N到M，则通过电阻R的电流方向为a→c，由可知E1∶E2=1∶3。故B正确，ACD错误。
故选B。
13．B
【解析】
【详解】
A、甲图中小磁针发生了偏转，说明小磁针受到了磁场的作用，故说明电流产生了磁场，故A正确；
B、乙图中由于导线中通以电流使导线受到了安培力的作用，不能说明电流产生了磁场，故B错误；
C、两导线相互靠近，是因为彼此处在了对方的磁场中，故说明了电流产生了磁场，故C正确；
D、两导线相互远离是因为彼此处在对方产生的磁场中，从而受到了安培力，故D正确；
本题选错误的，故选B．
14．C
【解析】
【详解】
当导体棒以速度v匀速向右运动时，闭合回路中磁通量增加，磁感应强度随时间均匀变化时，在回路中也产生相同方向的电流，此时闭合回路中磁通量也要增加，则磁感应强度一定增加；当导体棒以速度v匀速向右运动时，产生的感应电动势为
磁感应强度随时间均匀增大，产生的感应电动势为
在回路中也产生相同电流，感应电动势也相等，故
即
可得
故C正确。
故选C。
15．B
【解析】
【详解】
保持闭合，闭合或断开时，线圈B的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故B正确，ACD错误；
故选B。
16．B
【解析】
【分析】
三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解确定电性与质量大小，再依据洛伦兹力、电场力与重力关系，来判定速率的大小，最后根据洛伦兹力受到速率的影响，从而确定运动性质．
【详解】
甲球受力平衡，有：G甲=qE，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向上，故球带正电；故A错误；由左手定则可知乙受到的洛伦兹力的方向向下，乙球受力平衡，得：G乙+qvB=qE；丙受到的洛伦兹力的方向向上，球受力平衡，有：G丙=qvB+qE；解得：G丙＞G甲＞G乙，故B正确；若仅撤去磁场，甲受到的重力和电场力不变，仍然静止．故C错误；若仅撤去电场，乙和丙都受到重力和电场力的作用，由于重力做功会引起速度大小的变化，所以不可能做匀速圆周运动．故D错误．故选B．
17． 闭合或断开电键 闭合电键迅速移动滑片 闭合电键将原线圈拔出或插入副线圈中 产生感应电流的条件是通过闭合回路的磁通量发生变化
【解析】
【详解】
（1）[1]根据电磁感应原理连接实物图
（2）[2][3][4]电路图连接完成后，根据电磁感应原理，磁通量的变化会形成感应电动势，并形成感应电流，故能产生感应电流的方法有：闭合或断开电键，闭合电键迅速移动滑片，闭合电键迅速移动滑片等。
（3）[5]通过该实验验证了法拉第电磁感应定律，即产生感应电流的条件是通过闭合回路的磁通量发生变化。
18． 上下移动 衰减 Y增益 扫描范围 扫描微调 X增益
【解析】
【详解】
①图1所示，为竖直方向缺失，故应调节上下移动；若正负半周均超出了屏幕的范围，Y增益过大，则应调衰减旋钮或Y增益旋钮．
②如果使该信号显示从一个波形变成两个完整的波形，且波形横向变窄如图4所示，则应调节X增益旋钮或扫描微调旋钮，或这两个旋钮配合使用；若要使此波形横向展宽，应调节X增益旋钮．
19．(1)10m/s；(2)0.8V，0.8A
【解析】
【详解】
(1)第5s末速度为
v=at=10 m/s
(2)此时感应电动势为
E=BLv=0.8V
回路中的电流为
20．（1）（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）设粒子做圆周运动的半径为R．根据牛顿第二定律，得
由几何关系得
联立解得
（2）带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有
打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短：
由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是；
运动的最短时间
联立解得
；
打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长：
由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是；
运动的最短时间
联立解得
（3）作图得出使薄金属板右侧能接收到带电粒子的运动轨迹中，打在最上面的点的轨迹与打在最下面的粒子的轨迹如图，挡板的位置在图中的MN出即可满足题目的要求．
打在最上面的点
；
打在最下面的点
；
挡板的最小长度
．
21．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）电动势的最大值
有效值
解得
带入数据得
（2）输出电压
输出功率
解得
代入数据得
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