河南省汝州市实验中学2018_2019学年高二物理上学期期末模拟试题2.doc

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1、- 1 -汝州市实验中学 2018-2019年高二上期末模拟试题物理试卷一、单选题(共 8小题,每小题 4分,共 32分) 1、关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（ ）A 电场强度的定义式 E= ，适用于任何电场B 由真空中点电荷的电场强度公式 E= 可知，当 r0 时， E无穷大C 由公式 B= 可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场D 磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向2、先后在磁场中 A、 B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直如图所示，图中 a、 b两图线分别表示在磁场中 A、 B两点导线所受的力 F与通 过导线的电流 I的关

2、系下列说法中正确的是( )A A、 B两点磁感应强度相等B A点的磁感应强度大于 B点的磁感应强度C A点的磁感应强度小于 B点的磁感应强度D 无法比较磁感应强度的大小3、在磁场中某点，已经测出一段 0.5 cm长的导线中通入 0.01 A电流时，受到的磁场力为5.0106 N，则下列说法正确的是( )A 该点磁感应强度大小一定是 0.1 TB 该点磁感应强度大小一定不小于 0.1 TC 该点磁感应强度大小一定不大于 0.1 TD 该点磁感应强度的方向即为导线所受磁场力的方向- 2 -4、如图所示，在阴极射线管正上方平行放一通有强电流的长直导线，则阴极射线将（ ） A 向纸内偏转B 向纸外偏转

3、C 向下偏转D 向上偏转5、如图所示， MN是一根固定的通电直导线，电流方向由 N到 M，今将一金属框 abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为( )A 受力沿 x轴正向B 受力沿 x轴负向C 受力沿 y轴正向D 受力沿 y轴负向6、如图所示的电路中，电源的电动势为 E，内阻为 r，线圈的自感系数很大，线圈的直流电阻 RL与灯泡的电阻 R满足 RLkb，又因 A、 B两处导线的长度 L相同，故 A点的磁感应强度大于 B点的磁感应强度，B项正确3.【答案】B【解析】因为导线受到的磁场力 F BILsin 5.010 6 N，计算得

4、： Bsin 0.1 T即B T，所以 B0.1 T，故 A、C 错误，B 正确；该点的磁感应强度的方向与导线所受的磁场力方向垂直，所以磁感应强度的方向一定不是导线所受磁场力的方向，故 D错误4.【答案】C【解析】根据右手螺旋定则，知电流下方的磁场方向垂直纸面向外，阴极射线（电子流）从负极流向正极，根据左手定则，电子所受洛伦兹力方向向下，所以阴极射线向下偏转，故 C正确，A、B、D 错误5.【答案】A- 10 -【解析】根据安培定则可得， MN右侧磁场方向为垂直纸面向里，左侧磁场方向垂直纸面向外，并且左侧磁通量大于右侧穿过金属框的磁通量，所以穿过线框整体磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律，线

5、圈要向右移动，才能阻碍原磁场磁通量的增大，故 A正确6.【答案】D【解析】S 闭合瞬间，由于线圈的自感系数很大，故在线圈中产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大， 线圈中此时的电流几乎为零，而灯泡中有电流通过，随时间的推移，线圈对电流的阻碍作用减弱，线圈中的电流不断增大，流过电源的电流也在增大，路端电压不断减小，故通过灯泡的电流不断减小；当稳定时，由于 RLR，故线圈中的电流大于灯泡中的电流；当 S断开后，线圈相当于电源对灯泡供电，回路中的电流将在稳定时通过线圈电流的基础上不断减小，通过灯泡中的电流方向与 S断开前方向相反，D 正确7.【答案】D【解析】开关 S接 A时，甲、乙、丙三个支路均有交

6、流电通过，开关 S接 B时，电路处于直流工作状态，电容 C“隔直、通交” ；电感 L“阻交、通直” ； R对交流、直流有相同的阻抗可判断此时电路中 I 丙 0， I 甲 不变， I 乙 增大；又因为灯泡亮度与功率( P I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮8.【答案】C【解析】因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，选项 A、B 错误；根据理想变压器变压规律 ，副线圈输出电压U2 U1，因 n1减小， U2会增大，由输出功率等于输入功率 P2 P1 U1I1知，电流表示数 I1会增大，选项 C正确，选项 D错误9.【答案】BCD【解析】 电流

7、是由运动电荷产生的，当电荷在小磁针上方运动时也会形成电流，从而形成磁场，通电导线周围也存在磁场，这两种磁场是等效的，均会使小磁针发生转动，故B、C、D 均正确.10.【答案】ABD- 11 -【解析】带电小滑块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上根据左手定则知，小球带正电，故 A正确小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为 mgsin ，根据牛顿第二定律知 a=gsin ，小球在离开斜面前做匀加速直线运动，故 B正确，C 错误当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有 ，解得 故 D正确11.【答案】BC【解析】 MN在磁场力

8、作用下向右运动，说明 MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向 N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知， PQ可能是向左加速运动或向右减速运动故 B、C 正确，A、D 错误故选：B、C.12.【答案】CD【解析】以 O1O1为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流无论以 OO为轴还是以 ab为轴转动，感应电动势的最大值都是 Bl1l2 .由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故 C、D 正确13.【答案】(1)(2)向右偏转一下 向左偏转一下【解析】(1)见下图- 12 -(2)依照楞次定律及灵敏电流计的指

9、针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则 A.向右偏转一下； B.向左偏转一下14.【答案】1.45 1.80 如图所示 等于 大于【解析】解：（1）由闭合电路欧姆定律 U=E Ir得知，当 I=0时， U=E， U I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，纵截距即为电动势 E=1.45Vr1.80 （2）对照电路图，按电流方向连接电路，如答图所示（3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的；而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值；15.E=mv/qL解析:- 13 -16.【答案】 （1）（2）（3）【解析

10、】 （1）粒子在电场中加速，由动能定理得，解得： （2）粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图由几何关系可得轨道半径为 2l由解得 - 14 -根据能量守恒得，损失的动能 （3）粒子若作直线运动，则代入数据解得方向与 x轴正向斜向下成 60角粒子在第一象限做匀速圆周运动的时间 粒子在第四象限做匀速直线运动的时间粒子 x轴右侧运行的总时间 t= 17.【答案】(1) (2)120 24011 (3)96 kW【解析】(1)输电线路的示意图如图所示，(2)输电线损耗的功率 P 线 1004% kW4 kW，又 P 线 I R 线所以输电线电流 I2 I3 20 A原线圈中输入电流 I1 A400 A所以

11、这样 U2 25020 V5 000 V- 15 -U3 U2 U 线 5 0002010 V4 800 V所以 .(3)用户得到的电功率 P 出 10096% kW96 kW.18.【答案】(1)1.0 A b a (2)5.0 m/s (3)1.0 W【解析】(1)由图象可知， t5.0 s 时 U0.40 V此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)I 1.0 A用右手定则判断出，此时电流的方向为由 b指向 a.(2)金属杆产生的感应电动势 E I(R r)0.50 V因 E BLv，所以 5.0 s时金属杆的速度大小v 5.0 m/s(3)金属杆速度为 v时，电压表的示数应为 U BLv由图象可知， U与 t成正比，由于 R、 r、 B及 L均为不变量，所以 v与 t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动金属杆运动的加速度 a 1.0 m/s 2根据牛顿第二定律，在 5.0 s末时对金属杆有F BIL ma，解得 F0.20 N此时 F的瞬时功率 P Fv1.0 W- 16 -