河南省郑州第一中学学年高二下期初考试物理试题解析版.docx
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河南省郑州第一中学学年高二下期初考试物理试题解析版
2018-2019学年河南省郑州一中高二（下）期初物理试卷
一．选择题：
1.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.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
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.粒子只受到洛伦兹力作用下运动的动能、动量均不变（动量的是矢量）
【答案】B
【解析】
【详解】粒子速度大小相同，由f=qvBsinθ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；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B正确；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；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，动量变化，故D错误；故选B。
2.如图为某发电站电能输送电路示意图，已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变，若用户电阻R0减小，下列说法正确的是（ ）
A.发电机的输出功率减小
B.输电线上的功率损失减小
C.用户得到的电压减小
D.输电线输送电压减小
【答案】C
【解析】
【分析】
根据用户电阻的变化，得出降压变压变压器输出功率的变化，根据输出功率决定输入功率，得知发电机输出功率的变化；由输电线上损失的功率变化，得出输电线电流变化；由发电机的输出电压和升压变压器原、副线圈的匝数比不变，可得出输电线输送电压的变化.
【详解】若用户电阻减小，则降压变压器输出功率增大，导致发电机的输出功率增大，故A错误；若用户电阻减小，降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失的电压增大，输电线上的功率损失增大，故B错误；输电线上损失电压增大，降压变压器原线圈输入电压减小，由于降压变压器原、副线圈匝数比不变，降压变压器副线圈输出电压（即用户得到的电压）减小，故C正确；根据题给发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变，由于升压变压器原、副线圈匝数比不变，则输电线上输送电压不变，故D错误；故选C。
【点睛】解决本题关键知道：
1、原、副线圈电压比、电流比与匝数比的关系；2、升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系；
3.如图所示，光滑固定导体轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
A.P、Q将互相靠拢
B.P、Q相互相远离
C.磁铁的加速度仍为g
D.磁铁的加速度一定大于g
【答案】A
【解析】
【分析】
当一条形磁铁从高处下落接近回路时，根据楞次定律分析导体的运动情况。
【详解】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：
感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用。
故A正确，B错误。
由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g。
故CD错误。
故选A。
【点睛】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键。
4.通常一次闪电过程历时约0.2～O.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。
每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。
在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×
v，云地间距离约为lkm；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs。
假定闪电前云地间的电场是均匀的。
根据以上数据，下列判断正确的是
A.闪电电流的瞬时值可达到1×
A
B.整个闪电过程的平均功率约为l×
W
C.闪电前云地间的电场强度约为l×106V/m
D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×
j
【答案】AC
【解析】
试题分析：
根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q＝6C，时间约为t＝60μs，故平均电流为
，闪电过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A对；第一次闪击过程中电功约为W＝QU＝6×109J，第一个闪击过程的平均功率
，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪电过程中的时间远大于60μs，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为
，C正确；整个闪电过程向外释放的能量约为W＝6×109J，D错误；故选AC。
考点：
电场强度、电流、电功和电功率。
【此处有视频，请去附件查看】
5.如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈电阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω.则（）
A.在t=0.01s的时刻，穿过线圈磁通量为零B.瞬时电动势的表达式为
C.电压表的示数为6VD.通过灯泡的电流为0.6A
【答案】A
【解析】
A项：
在t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大，故A错误；
B项：
由图可知，电动势的最大值为
，周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为
，故B错误；
C项：
电压表的示数为外阻分压：
，故C错误；
D项：
通过的电流为
，故D正确。
点晴：
在中性面感应电动势最小，磁通量最大；根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。
6.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽然多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是（）
A.电源的内阻较大
B.小灯泡电阻偏大
C.线圈电阻偏大
D.线圈的自感系数较大
【答案】C
【解析】
A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A错误；
B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B错误；
C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，C正确；
D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误；
故选C。
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7.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）。
两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。
当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ．电源电动势E和内阻r一定，下列说法中错误的是（ ）
A.若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ不变
B.若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小
C.保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小
D.保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变
【答案】B
【解析】
【分析】
该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化。
通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。
【详解】滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，电容器两端的电压不变，则θ不变。
故A正确，B错误。
用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量
=r不变。
因为外电压减小，R3电压增大，则R1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后θ变小。
故CD正确。
此题选择不正确的选项，故选B。
8.如图所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度（动能为Ek）从坐标原点O沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时，质子通过P（d，d）点时的动能为5Ek；若场区仅存在垂直于xoy平面的匀强磁场时，质子也能通过P点．不计质子的重力．设上述匀强电场的电场强度大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B，则下列说法中正确的是（ ）
A.E＝
B.E＝
C.B＝
D.B＝
【答案】D
【解析】
质子在只有电场存在时，动能由Ek变为5Ek，由动能定理可知电场力做功为：
，解得：
由此可判断，A错误；B错误；
质子在只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，由题意可知，运动半径为d，由半径公式有：
，设质子进入磁场时的速度为v，则速度为：
，
以上两式联立得：
，C错误，D正确；
故选D。
9.我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动（如图4所示），这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关（ ）
A.洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小
B.空气阻力做负功，使其动能减小
C.靠近南北两极，磁感应强度增强
D.以上说法都不对
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．在由洛伦兹力提供向心力，则得运动半径与质量及速度成正比，与磁感应强度及电量成反比．
【详解】地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误；粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，阻力方向与运动方向相反；故对粒子做负功，所以其动能会减小，故B正确；由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式
可知，当磁感应强度增加时，半径是减小；则说明粒子在靠近南北极运动过程中，南北两极的磁感应强度增强。
故C正确；D错误；故选BC。
【点睛】本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．同时利用洛伦兹力提供向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析即可．
10.如图所示，a、b带等量异种电荷，MN为a、b连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定的初速度v射出，开始时一段轨迹如图中实线所示，不考虑粒子的重力，则在飞越该电场的过程中（ ）
A.该粒子带正电
B.该粒子的动能先增大，后减小
C.该粒子的电势能先减小，后增大
D.该粒子运动到无穷远处后，速率大小一定仍为v
【答案】BCD
【解析】
【分析】
粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，可判断出粒子的电性。
电场力先做正功，后做负功，可分析动能和电势能的变化。
因为MN为a、b连线的中垂线，是一条等势线，并且一直延伸到无穷远处，M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v。
【详解】粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，该粒子带负电。
故A错误。
由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知：
粒子的动能先增大后减小。
故B正确。
电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大。
故C正确。
M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v。
故D正确。
故选BCD。
【点睛】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况。
带等量异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线，要记牢。
11.如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。
垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。
从t=0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向。
则金属棒
A.一直向右移动
B.速度随时间周期性变化
C.受到的安培力随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
【答案】ABC
【解析】
AB、根据左手定则知,导体棒开始所受的安培力方向水平向右,安培力在第一个
内做匀加速直线运动,在第二个
内,安培力方向水平向左,大小不变,做匀减速直线运动,根据运动的对称性知,一个周期末速度为零,金属棒的速度方向未变.知金属棒一直向右移动,先向右做匀加速直线运动,再向右做匀减速运动,速度随时间周期性变化,而位移一直增大.所以A选项是正确的、B正确.
C、因为电流周期性变化,则安培力也周期性变化.故C正确；
D、在一个周期内,动能的变化量为零,则安培力在一个周期内做功为零.故D错误.
综上所述本题答案是：
ABC
二．实验题
12.用下列器材，测定小灯泡的额定功率。
A．待测小灯泡：
额定电压6V，额定功率约为5W；
B．电流表：
量程l.0A，内阻约为0.5Ω；
C．电压表：
量程3V，内阻5kΩ；
D．滑动变阻器R：
最大阻值为20Ω，额定电流1A；
E．电源：
电动势10V，内阻很小；
F．定值电阻R0（阻值10kΩ）；
G．开关一个，导线若干。
要求：
①实验中，电流表应采用_____接法（填“内”或“外”）；滑动变阻器应采用_____接法（填“分压”或“限流”）。
②画出实验原理电路图________。
③实验中，电压表的示数调为_____V时，即可测定小灯泡的额定功率。
【答案】①外接法，限流（分压）；②电路见上图，2
【解析】
（1）由功率公式可得，灯泡电阻：
；
故
，故电流表应采用外接法；
滑动变阻器的最大电阻为20Ω，大于灯泡内阻，故可以采用限流接法；分压也可以．
②由以上分析可知，电路采用分压或限流均可；由于电压表量程只有3V，而灯泡额定电压为6V，故应将电压表与定值电阻串联充当电压表；故电路如图
③串联电路中电流相等，分压之比等于电阻之比，故灯泡与电源的电压之比等于1：
2；故当灯泡两端电压为6V时，电压表示数为2V；
三．计算题
13.如图所示，电源的电动势是6V，内阻是0.5Ω，小电动机M的线圈电阻为0.5Ω，限流电阻R0为3Ω，若理想电压表的示数为3V，试求：
（1）电源的总功率和电源的输出功率；
（2）电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率．
【答案】
（1）6W；5.5W
（2）2.5W；2W
【解析】
试题分析：
⑴在串联电路中,电压表读R0两端的电压,由欧姆定律得
电源的总功率：
由能量转化和守恒定律得：
⑵电源的输出功率为电动机和限流电阻获得功率之和，
有
得
考点：
考查闭合电路功率的分配、非纯电阻电路功率的计算
点评：
本题要注意电动机为非纯电阻电路，不能应用欧姆定律求解，明确电路结构，从能量守恒定律入手
14.如图所示，A、B是系在绝缘细线两端、带有等量同种电荷的小球，其中mA＝0.1kg，细线总长为20cm，现将绝缘细线绕过固定于O点的光滑定滑轮，将两球悬挂起来，两球平衡时，OA的线长等于OB的线长，A球依在光滑绝缘竖直墙上，B球所在悬线OB偏离竖直方向60°，求B球的质量和墙所受A球的压力．（g取10m/s2）
【答案】B球的质量为0.2kg，墙所受A球的压力大小为1.732N，方向水平向左
【解析】
试题分析：
考查受力平衡，分别对A球和B球受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．
解：
令两球之间的库仑斥力为F，绳中的张力为FT，画出两球的受力分析如图所示，由平衡条件对A球有：
FT﹣mAg﹣Fsin30°=0，①
Fcos30°﹣FN=0，②
对B由平衡条件得：
FT=F，③
F=mBg，④
由①②③④式得mB="0.2"kg，
FN="1.732"N，
由牛顿第三定律，墙所受A球压力大小
FN′=FN="1.732"N，方向水平向左．
答：
B球的质量为0.2kg，墙所受A球的压力大小为1.732N，方向水平向左．
【点评】对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．需要注意的是：
同一根绳上的拉力相等．
15.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为L＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。
完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止。
取g＝10m/s2，问：
（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？
（2）棒ab受到的力F多大？
（3）力F的功率P是多少？
【答案】
（1）1A，方向由d到c。
（2）0.2N。
（3）0.4W。
【解析】
【分析】
（1）cd棒静止处于平衡状态，由平衡条件可以求出通过cd棒的电流大小，由右手定则或楞次定律判断出感应电流的方向。
（2）ab棒做匀速直线运动，由平衡条件列方程可以求出拉力F的大小。
（3）根据功率公式、E=BLv、欧姆定律列方程求出导体棒的速度。
由公式P=Fv求解F的功率。
【详解】
（1）棒cd受到的安培力 Fcd=BIL ①
棒cd在共点力作用下平衡，则 Fcd=mgsin30° ②
由①②式代入数据解得 I=1A
方向由右手定则可知由d到c。
（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 Fab=Fcd
对棒ab由共点力平衡有 F=mgsin30°+Fab=0.02×10×0.5+0.1=0.2N； ③
（3）设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势 E=BLv ④
由闭合电路欧姆定律知
⑤
则
；⑥
力F做的功率P=Fv=0.2×2W=0.4W⑦
【点睛】题考查了求解感应电流、判断感应电流的方向、求拉力大小、求金属棒的速度，应用平衡条件、E=BLv、楞次定律、欧姆定律、电功率公式即可正确解题；要注意基础知识的学习与运用。
16.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。
一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为
.不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）电场强度E的大小和方向；
（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；
（3）A点到x轴的高度h.
【答案】
（1）
电场强度方向竖直向上。
（2）
（3）
【解析】
（1）重力与电场力平衡：
mg=Eq，
，方向竖直向上；
（2）因为圆周运动的半径可由
得：
，
洛伦兹力提供向心力：
得：
，
M点的速度
，又因为
所以
（3）由动能定理得：
所以
或
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