河南省焦作市温县高二(下)开学考试物理试题
一、单选题
1.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
2.如图所示,以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场,三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域,已知bO垂直MN,aO、cO和bO的夹角都为30°,a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc,则下列给出的时间关系不可能的是( )
A.ta3.航空母舰上飞机弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理如图所示,当固定线圈中突然通入直流电流时,靠近线圈左端放置的金属环便向左弹射,如果在线圈左侧同一位置先后分别放置用铜和铝制成的形状完全相同的两个闭合金属环(电阻率ρ铜<ρ铝),闭合开关S的瞬间,下列判断正确的是( )
A.若仅将电池的正负极调换,其他条件不变,金属环将向右弹射
B.若将铜环放在线圈右侧,其他条件不变,铜环仍将向左运动
C.从左侧看环中感应电流沿逆时针方向
D.铜环中的感应电流大于铝环中的感应电流
4.赤道附近地磁场方向水平向北,同时存在方向竖直向下的电场,若在该处发射一电子,电子沿直线飞行而不发生偏转。则该电子的飞行方向为
A.水平向西 B.水平向东 C.竖直向上 D.竖直向下
5.如图所示,abcd 为一边长为 L、匝数为 N 的正方形闭合线圈,绕对称轴 OO′ 匀速转动,角速度为ω.空间中只有 OO′ 左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B,若闭合线圈的总电阻为R,则()
A.线圈中电动势的有效值为NBL2ω
B.当线圈转到图中所处的位置时,穿过线圈的磁通量为NBL2
C.线圈中电动势的最大值为NBL2ω
D.在转动一圈的过程中,线圈中有一半时间没有电流
6.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.闭合电路在磁场中做切割磁感线运动,电路中一定会产生感应电流
C.线圈中磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势一定越大
D.涡流的形成不遵循法拉第电磁感应定律
7.如图所示为演示自感现象的电路图,L是电感线圈,且电阻不为零。实验时,断开开关S瞬间,下列说法正确的是( )
A.灯A立即熄灭 B.线圈L中电流增大
C.线圈L中电流方向与原来相反 D.灯A中电流方向向左
8.下图中金属圆环均带有绝缘外皮,A项中直导线与圆环在同一平面内,B项中直导线与环面垂直,C项中直导线在圆环水平直径正上方且与直径平行,D项中直导线与圆环接触且与圆环直径重合,当电流增大时,环中有感应电流的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题
9.飞船在离开地球的过程中,经常采用“霍曼变轨”。它的原理很简单:如图所示,飞船先在初始圆轨道Ⅰ上的某一点A打一个脉冲(发动机短暂点火)进行加速,这样飞船就进入一个更大椭圆轨道Ⅱ,其远地点为B。在B点再打一个脉冲进行加速,飞船就进入到最终圆轨道Ⅲ。设轨道Ⅰ为近地轨道,半径为地球半径R,轨道Ⅲ的半径为3R,地球表面的重力加速度为g;飞船在轨道Ⅰ的A点的速率为v1,加速度大小为a1;在轨道Ⅱ的A点的速率为v2,加速度大小为a2;在轨道Ⅱ的B点的速率为v3,加速度大小为a3,则( )
A.v2>v1>v3
B.a2=a1=g
C.v2=
D.飞船在轨道Ⅱ上的周期
10.如图所示,绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J,重力做功1.5J,电势能增加0.5J,则以下判断正确的是( )
A.金属块带正电荷
B.静电力做功0.5J
C.金属块克服摩擦力做功0.7J
D.金属块的机械能减少1.4J
11.如图所示,在一根长为L的细线下面系一质量为m的小球,将小球拉离竖直位置,使悬线与竖直方向成α角,给小球一个初速度,使小球在水平面内做匀速圆周运动,悬线旋转形成一个圆锥面,这就是常见的圆锥摆模型.关于圆锥摆,下面说法正确的是( )
A.小球质量越大,圆锥摆的周期越小
B.小球线速度v越大,圆锥摆的周期T越大
C.悬点距离小球轨道平面越高,圆锥摆的周期T越大
D.小球做匀速圆周运动的线速度v越大,小球的向心加速度越大
12.如图甲所示,物体受到水平推力F的作用,在粗糙水平面上做直线运动.通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示.取g=10 m/s2.则)( )
A.物体的质量m=1kg
B.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2
C.第2s内物体克服摩擦力做的功W=2 J
D.前2s内推力F做功的平均功率=1.5 W
三、实验题
13.有一个电流表G,内阻,满偏电流。要把它改装成量程3V的电压表,则应串联一个电阻阻值______Ω;如图,螺旋测微器的读数为______mm。
14.如图甲为某同学测量某一电源的电动势和内电阻的电路图,其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电流表的电路。已知毫安表的内阻为10,满偏电流为100 mA。电压表量程为3V,R0、R1、R2为定值电阻,其中的R0=2。
(1)已知R1=0.4,R2=1.6。若使用a和b两个接线柱,电流表量程为________A;若使用a和c两个接线柱,电流表量程为________A。
(2)实验步骤:
①按照原理图连接电路;
②开关S拨向b,将滑动变阻器R的滑片移动到________端(填“左”或“右”)。闭合开关S1;
③多次调节滑动变阻器的滑片,记下相应的毫安表的示数I和电压表的示数U。
(3)数据处理:
①利用实验测得的数据画成了如图乙所示的图像;
②由图像的电源的电动势E=________V,内阻r=________(E和r的结果均保留2位有效数字)。
四、解答题
15.如图所示,在足够长的绝缘板MN上方距离为d的O点处,水平向左发射一个速率为v0,质量为m、电荷为q的带正电的粒子(不考虑粒子重力)。
(1)若在绝缘板上方加一电场强度大小为、方向竖直向下的匀强电场,求带电粒子打到板上距 P点的水平距离(已知);
(2)若在绝缘板的上方只加一方向垂直纸面,磁感应强度的匀强磁场,求:
①带电粒子在磁场中运动半径;
②若O点为粒子发射源,能够在纸面内向各个方向发射带电粒子(不考虑粒子间的相互作用),求发射出的粒子打到板上的最短时间。
16.如图所示,在坐标系xOy中,x轴水平向右,y轴竖直向下,在区域内存在与x轴平行的匀强电场未画出,一带正电小球,电荷量为q,从原点O水平抛出,再从A点进入电场区域,并从C点离开,其运动的轨迹如图所示,B点是小球在电场中向右运动的最远点,B点的横坐标已知小球抛出时的动能为,在B点的动能为,重力加速度为g,不计空气阻力.求:
小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比;
匀强电场的场强和小球的质量;
小球在电场中运动的最小动能.
17.如图甲所示,金属杆ab的质量为m, 长为l,通过的电流为I,处在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面成θ角斜向上,结果ab静止于水平导轨上。由b向a的方向观察,得到图乙所示的平面图。
(1)在乙图中画出金属杆受力的示意图。
(2)求金属杆ab受到的摩擦力;
(3)求金属杆对导轨的压力;
(4)若图中θ=0,当B多大时ab所受弹力为零。
试卷第1页,共3页
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参考答案:
1.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.
2.C
【解析】
【详解】
粒子带正电,偏转方向如图所示:
粒子在磁场中的运动周期相同,在磁场中运动的时间,故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大,运动时间越长,若粒子的运动半径r和圆形区域半径R满足,则如图甲所示
当时,粒子a对应的圆心角最小,c对应的圆心角最大,有
当,轨迹如图乙所示
同理,时
故选C。
3.D
【解析】
【详解】
A.当电池正负极调换后,固定线圈在左侧变成了S极,根据楞次定律也可以判断出固定线圈与环间产生的斥力,也可以通过“来拒去留”的方法判断,这闭合开关,磁场增大相当于“来”,所以会产生“拒”,即排斥力,所以向左弹射,故A错误;
B.若将铜环放在线圈右侧,同理,铜环与线圈间也会产生排斥力,所以铜环将向右运动,故B错误;
C.由固定线圈的绕线方向和电流方向可以判断出螺线管的左端是N极,当闭合开关S瞬间,磁场增大,穿过左侧线圈的磁通量在增大,根据楞次定律,线圈中产生与原磁场方向相反的感应磁场,再由安培定则可以判断出,左侧线圈中产生从左侧看顺时针方向的感应电流,故C错误;
D.根据,形状完全相同,则L、S相同,由于电阻率ρ铜<ρ铝,则铜环的电阻要小一些,在感应电动势相同的情况下,产生的感应电流大一些,故D正确。
故选D。
4.B
【解析】
【详解】
既有电场也有磁场,电子沿直线飞行而不发生偏转,说明电子受力平衡,电场力的方向是竖直向上的,所以洛伦兹力的方向就是竖直向下的,根据左手定则可以知道电子的飞行方向为水平向东,B正确;ACD错误;
故选B。
5.C
【解析】
【详解】
试题分析:图中线圈只有一个边切割磁感线,电动势为原先的一半,所以电动势的最大值为Em=NBL2ω,所以电动势的有效值为,故A错误,C正确;当线圈转到图中所处的位置时,穿过线圈的磁通量为BL2,故B错误;在转动一圈的过程中,线圈中始终有电流,故D错误;故选C.
考点:法拉第电磁感应定律;磁通量
【名师点睛】该题考查交变电流的产生,要注意做交流电的题目不能死记公式,要具体问题具体分析,灵活运用物理公式;注意磁通量与线圈的匝数是无关的.
6.A
【解析】
【分析】
【详解】
A.奥斯特发现了电流磁效应;法拉第发现了电磁感应现象,A正确;
B.闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动,电路中一定会产生感应电流, B错误;
C.线圈中磁通量变化越快,线圈中产生的感应电动势一定越大, C错误;
D.涡流的形成也一定遵循法拉第电磁感应定律, D错误。
故选A。
7.D
【解析】
【详解】
开关S闭合稳定状态时,当开关断开后灯泡中原电流立即完全消失,而线圈由于由自感作用阻碍其自身电流的减小,故线圈与灯泡组成回路,其电流IL逐渐减小,方向不变,灯泡中由原来的电流I变为电流IL,逐渐熄灭,流过灯泡的电流的方向向左;故D正确,ABC错误。
故选D。
8.A
【解析】
【分析】
【详解】
A.图中电流变化,线圈中磁通量变化,线圈中有感应电流,故A正确;
B.图中线圈平面与电流产生的磁感线平行,因此回路中磁通量始终为零,没有感应电流,故B错误;
CD.图中线圈回路中磁通量均为零,故都没有感应电流,故CD错误。
故选A。
9.ABD
【解析】
【详解】
A.由题意,飞船在轨道Ⅰ上经过A点时需要加速才能进入到轨道Ⅱ,所以v2>v1;设飞船在轨道Ⅲ上做匀速度圆周运动的速率为v4,根据牛顿第二定律有
可得飞船在圆轨道上运动的速率v与轨道半径r的关系为
所以v4<v1,又因为飞船在轨道Ⅱ上经过B点时需要加速才能进入到轨道Ⅲ,所以v4>v3,则v1>v3。综上所述可知v2>v1>v3,故A正确;
B.飞船在Ⅰ、Ⅱ轨道上经过A点时,所受万有引力均等于重力,加速度均等于地球表面的重力加速度,故B正确;
C.飞船在轨道Ⅰ上运动时,根据牛顿第二定律有
解得
所以有
故C错误;
D.设飞船在轨道Ⅰ的运行周期为t,则根据牛顿第二定律有
解得
根据几何关系可知轨道Ⅱ的半长轴为,则由开普勒第三定律可得
解得
故D正确。
故选ABD。
10.AC
【解析】
【详解】
AB.由于下滑过程中电势能增加0.5J,说明电场力做的负功为0.5J,则可判断金属块带正电,故A正确,B错误;
C.在金属块滑下的过程中,根据动能定理可得
代入数据解得
所以金属块克服摩擦力做功为0.7J,故C正确;
D.根据功能关系可知,机械能的变化量等于除重力以外其它力做的功,可得
则机械能减少1.2J,故D错误。
故选AC。
11.CD
【解析】
【详解】
A.根据圆锥摆的周期公式可得,可知圆锥摆周期与质量无关,故A项与题意不相符;
B.根据小球在水平面做圆周运动可知
故线速度越大,tanα越大,即α越大,又因为
0<α<
故cosα越小,由,可知周期应越小,故B项与题意不相符;
C.若悬点距离小球所在轨迹平面越高,即α越小,则在
0<α<时,
故cosα越大即周期越大,故C项与题意相符;
D.由于小球做匀速圆周运动的线速度与加速度之间的关系为
故线速度越大,小球的加速度越大,故D项与题意相符.
12.CD
【解析】
【详解】
A.在1-2s的时间内,物体做匀加速运动,直线的斜率代表加速度的大小,所以,由牛顿第二定律可得:F-f=ma,代入数据解得:
故A不符合题意.
B.由速度时间图象可以知道在2-3s的时间内,物体匀速运动,处于受力平衡状态,所以滑动摩擦力的大小为2N,由f=μmg,解得:
μ=0.4
故B不符合题意.
C.第二秒内物体的位移为:
摩擦力做的功为:
W=fxcosθ=-2×1J=-2J
故第2s内物体克服摩擦力做的功为2J.故C符合题意.
D.由上可知前2s内的位移为1m,所以推力做的功为:
W=Fx =3×1J=3J
前2s内推力F做功的平均功率为:
故D符合题意.
13. 9900 1.670
【解析】
【详解】
[1]依据电表改装的特点,要改装成3V量程的电压表需串联电阻;则有
解得需串联的阻值为
R=9900Ω
[2]螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm,可动刻度读数为,所以最终读数为1.5+0.170=1.670mm。
14. 0.6 3.0 左 3.0 2.5(2.3~2.7均可)
【解析】
【详解】
(1)[1]若使用a和b两个接线柱,根据并联电路分流规律
解得量程为
[2]若使用a和c两个接线柱,根据并联电路分流规律
解得
(2)②[3]为了保护电路,初始时刻滑动变阻器的阻值应最大,所以将滑片滑到最左端。
(3)②[4]若使用a和b两个接线柱,电流表量程扩大倍,根据闭合电路欧姆定律可知
变形得
图像的纵截距即为电动势大小,即
[5]图像斜率的大小
则电源内阻为
15.(1)2d;(2)①d;②
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据牛顿第二定律,有
得出加速度
粒子类平抛运动
联立求得
(2)①若加匀强磁场则带电粒子做匀速圆周运动,有
联立得
②以OP为弦长时粒子打到板上的时间最短,对应的圆心角
则粒子在磁场中运动时间为
又
联立得最短时间
【点睛】
粒子在电场中做类平抛运动,采用运动的分解法研究,要抓住两个分运动的等时性,根据平抛运动问题的处理方法解答;解答带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题,首先要根据题意,画出粒子的运动轨迹,正确确定圆心和半径,再利用洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力即得: ,找到几何图形与半径的关系,进而将有关物理量与涉及的图形相联系。
16.(1)1:1(2)匀强电场的场强为,小球的质量为(3)
【解析】
【详解】
解:设小球质量为m,初速度为,从O到A,小球水平方向做匀速直线运动,
有:
从A运动到B点,小球水平方向做匀减速直线运动,依据题意小球在B点水平方向的速度为0,
由运动学公式得:
联立解得:
即
设小球在B点竖直方向上的速度为,有
又
设小球在A点竖直方向的速度为,由于小球在竖直方向做自由落体运动,而且
联立解得:
从A运动到B点,小球水平方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式得:
联立解得:,方向水平向右
又有运动学公式得
联立解得:
由以上所得结果可知与水平方向夹角为,vA与水平方向夹角为,
建立如图所示坐标系
将分解到xy上,小球在方向上做匀速运动,在当方向上做类似于竖直上抛运动,所以小球在电场中运动的最小动能为
而
解得
答:小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比为1:1;
匀强电场的场强为,小球的质量为;
小球在电场中运动的最小动能.
17.(1) (2)f=BIlsinθ ;(3)N=mg-BIlcosθ ; (4)B=
【解析】
【详解】
(1)作出金属杆受力的主视图,如图.
(2)根据平衡条件得:
Ff=FAsinθ
解得:
Ff=BIlsinθ
(3) 竖直方向:
mg=FN+FAcosθ
又
FA=BIl
FN=mg-BIlcosθ
(4)若图中θ=0,当ab所受弹力为零时:
BIl=mg
解得
答案第1页,共2页
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