【解析版】湖北省荆州中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 word版含解析

1、荆州中学高二元月期末考物理试题一、选择题1.电磁感应知识及其应用的下列说法错误的是 （ ）A. 楞次定律告诉我们，感应电流的效（结）果总是要反抗引起感应电流的原因B. 磁电式电流表、电压表中线圈要绕在铝框上一个重要原因是利用电磁阻尼C. 在电磁炉上加热食品须使用金属器皿，是因金属在交变磁场中产生涡流发热D. 对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈中产生的自感电动势一定越大【答案】D【解析】【详解】楞次定律告诉我们，感应电流的效（结）果总是要反抗引起感应电流的原因，选项A正确；磁电式电流表、电压表中线圈常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动，利用电磁阻尼的作用，选项B正确；在电磁炉上加热食品须使用金属器皿，是因金属在交变磁场中产生涡流发热，选项C正确；对于同一线圈，当电流变化率越大时，线圈中产生的自感电动势一定越大，选项D错误；此题选择不正确的选项，故选D.2.设每个通电 的圆环在圆心处产生的磁场的磁感应强度都为 B0。如图，两个相互绝缘的都通有电流 的圆环相互垂直放置，则这两个圆环中心处的磁场磁感应强度为（ ） A.A

2、. B0 方向斜向右上方 B. B0 方向斜向后上方C. B0 方向斜向左上方 D. 2 B0 方向斜向后下方【答案】B【解析】【分析】该题是关于磁场的叠加问题首先用安培定则每个圆环在圆心O处产生的磁感应强度B0的方向，利用平行四边形定则进行矢量叠加，求出O处的磁感应强度大小【详解】根据安培定则可知，竖直放置的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B0，水平放置的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B0，两者相互垂直，根据平行四边形定则进行合成得知，O处的磁感应强度大小为B=B0，方向斜向后上方；故选B。3.如图所示，A、B、C是一条电场线上的三个点，电场线的方向由A指向C，A、B之间的距离等于B、C之间的距离A、B、C三点的电场强度的大小和电势分别用EA、EB、EC和A、B、C表示，则 （ ） A. EA=EB=EC B. EAEBECC. ABC D. A-B=B-C【答案】C【解析】【分析】顺着电场线方向，电势必定降低根据电场线疏密判断电场强度的大小，电场线越密电场强度越大匀强电场中沿电场线方向相等的距离，电势差相等【详解】顺着电场线方向，电

3、势必定降低，则有ABC故C正确。一条电场线无法确定电场线疏密情况，所以无法比较三点场强的大小。故AB错误。若是匀强电场，A-B=B-C若是非匀强电场，无法比较A-B与B-C的大小。故D错误。故选C。【点睛】本题考查对电场线两个意义的理解：根据电场线的方向，可判断电势的高低，根据电场线的疏密可判断场强的大小一条电场线不能比较场强的大小4.我们位于地球的北半球，曾经在教室的天花板上装有吊扇。假设吊扇的各叶片水平，只考虑该处地磁场的竖直分量，设地磁场磁感应强度的竖直分量的大小为B，叶片的长度为L，中间圆盘半径为R。电扇使用时转动的频率为f，逆着地磁场竖直分量的方向看吊扇，其叶片按逆时针方向转动，叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示，用E表示每个叶片上的感应电动势，则（） A. E=f (L + R )LB ，且a点电势高于b点电势B. E=2f(L R )LB ，且a点电势高于b点电势C. E=2fL ( L - 2R ) B ，且a点电势低于b点电势D. E=fL ( L + 2R ) B ，且a点电势低于b点电势【答案】D【解析】【分析】根据题意应用右手定则可以判断出电势高低。应用E=

4、BLv求出感应电动势大小。【详解】教室在北半球，地磁场竖直分量方向竖直向下，由右手定则可知，a点电势低，b点电势高。叶片转动的角速度：=2f，叶片的感应电动势：；故选D.【点睛】风扇转动时叶片切割磁感线产生感应电动势，应用右手定则与E=BLv可以解题，注意切割磁感线的速度要取叶片两端点线速度的平均值。5. 如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为。如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是A. 棒中的电流变大，角变大B. 两悬线等长变短，角变小C. 金属棒质量变大，角变大D. 磁感应强度变大，角变小【答案】A【解析】试题分析：导体棒受力如图所示，；棒中电流I变大，角变大，故A正确；两悬线等长变短，角不变，故B错误；金属棒质量变大，角变小，故C错误；磁感应强度变大，角变大，故D错误；故选A考点：安培力；物体的平衡【名师点睛】此题考查了安培力及物体的平衡问题；解题时对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题。6.边长为L的闭合正三角形金属框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全

5、处于垂直框架平面向里 的匀强磁场中.现用外力F把框架水平匀速拉出磁场（如图），若用E表示感应电动势大小，P表示外力的功率，则各物理量与框架运动位移x的关系图像正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据几何知识找出框架切割磁感线的有线长度L与框架穿出磁场的距离x的关系，由E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力，应用平衡条件求出拉力，应用P=Fv求出拉力的功率，然后分析图示图象答题。【详解】当框架穿出磁场x距离后，线框切割磁感线的有效长度：L=2xtan30=x，感应电动势：E=BLv= Bxv，E与x成正比，故A错误，B正确；感应电流：；安培力：FA=BIL=x2，框架做匀速直线运动，由平衡条件得：F=FA=x2，故C错误；拉力的功率：P=Fv=x2，故D错误；故选B。【点睛】本题以图象的形式考查了导体棒切割磁感线时感应电动势的计算、安培力的计算、功率的计算；根据相应的物理规律、公式推导出纵横坐标所表示物理量之间的关系是处理图象问题的关键。7.一闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成角，如图所示，磁场的磁感应强度随时间

6、均匀变化。在下述几种方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是( )A. 仅把线圈匝数增加一倍 B. 仅把线圈面积增加一倍C. 仅把线圈直径增加一倍 D. 仅把线圈电阻率增加一倍【答案】C【解析】【分析】闭合线圈放在变化的磁场中，线圈产生的感应电动势是由法拉第电磁感应定律求出，由电阻定律来确定电阻如何变化，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流【详解】法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的匝数变化时，说明一定时，E与N成正比。当线圈匝数增加为原来的1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，但线圈电阻也增加原来的1倍，因此线圈中的感应电流没有变化。故A错误；法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的面积增加1倍时，则也增加1倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍，由电阻定律R=，可得线圈半径变为原来的 倍，则电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流是原来的倍，故B错误。法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的直径增加1倍时，则线圈面积是原来的4倍，因此也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律R=，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流是原来的2倍，即线圈中产生的感应电流增大1倍

7、，故C正确；法拉第电磁感应定律：E=N，仅把线圈电阻率增加一倍，感应电动势不变，线圈电阻增加一倍，则线圈中的感应电流变为原来的一半。故D错误；故选C。【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律的内容，注意电阻定律中的S，并不是线圈面积.8.中国科学家首次观察到反常霍尔效应以下来分析一个常规霍尔效应：如图所示，厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中当电流通过导体板时，在导体板的上表面A和下表面A之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和B的关系式为，式中的比例系数K称为霍尔系数，设导体板单位体积中自由电子的个数为n，电子量为e则下列说法正确的是（）A. A的电势高于A的电势B. A的电势低于A的电势C. 霍尔系数D. 霍尔系数【答案】BD【解析】【分析】根据左手定则判断电子的偏转方向，从而确定电势的高低抓住电子所受的洛伦兹力和电场力平衡，结合电流的微观表达式求出霍尔系数的大小【详解】根据左手定则知，电子向A板偏转，则A的电势低于A的电势，因为I=nevS=nevhd，解得，根据evBe，解得

8、U=vhB，因为U=，则霍尔系数K=故BD正确，AC错误。故选BD。【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的是电子，掌握电流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡进行求解9.如图所示，质量分别为m和2 m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁。用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E。在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是（）A. 撤去推力的瞬间，B的加速度大小为B. 从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒C. A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为D. A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E【答案】ABC【解析】【详解】A、撤去推力前,B处于静止状态,弹簧的弹力与F0二力平衡.撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得,B的加速度大小为.故A正确.B、从撤去推力到 A离开竖直墙之前,墙壁对B有弹力作用,A、B和弹簧组成的系统合外力不等于零,系统的动量不守恒.因为只有弹力做功,系统的机械能守恒,故B正确.C、D,A离开竖直墙后,系统所受的合外力为零,动量

9、守恒;弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒.当A、B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大；对于从撤去推力到A离开竖直墙之前,机械能守恒,设A刚离开墙壁时，B的速度大小为 .则有 ,得 ;A离开墙壁后,根据系统的动量守恒得: ;根据系统的机械能守恒得: 计算得出,弹簧的弹性势能最大值: ,所以C选项是正确的,D错误.综上所述本题答案是：ABC【点睛】撤去F的瞬间,B所受的弹力大小等于F0,根据牛顿第二定律求出撤去推力瞬间的加速度大小;分析A、B和弹簧组成的系统所受的外力,判断动量和机械能是否守恒.A离开竖直墙后,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析A离开竖直墙后,A、B的最大弹性势能.10.如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行已知AB = 2 BC，A、B、D的电势分别为6 V、2 V、4 V初动能为24eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A. 该粒子一定带负电B. 该粒子达到点B时的动能为40eVC. 改变初速度方向，该粒子可能经过DD. 改变初速度方向，该粒子可能经过C【答案】AC【解析】【分析】匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等；电场线与等势面垂直，根据受力判断电性；动能定理求出动能；由电场线与等势面间的关系可得，带电粒将在电场中做类平抛运动，由平抛规律计算求解【详解】根据匀强电场中平行的等间距

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