2020-2021学年广东省深圳市福田区耀华实验学校华文部高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年广东省深圳市福田区耀华实验学校华文部高二（上）期末物理试卷，共16页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年广东省深圳市福田区耀华实验学校华文部高二（上）期末物理试卷一、单选题本题共10小题，每题5分，共50分1．（5分）关于运行中的电动机和点亮的白炽灯，以下说法中正确的是（　　）A．电动机和白炽灯的电功率均大于热功率 B．电动机和白炽灯的电功率均等于热功率 C．电动机的电功率大于热功率，而白炽灯的电功率则等于热功率 D．电动机的电功率等于热功率，而白炽灯的电功率则大于热功率2．（5分）关于电源电动势的说法，正确的是（　　）A．电源的电动势大小等于路端电压 B．电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大 C．无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势一定不变 D．一节新电池的电动势都是1.5V3．（5分）下列说法中错误的是（　　）A．电场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用 B．磁场的基本性质是对放在其中的磁极或电流有力的作用 C．磁场对运动电荷不会产生力的作用 D．电场和磁场都可能使运动电荷的运动方向发生偏转4．（5分）下列关于电流方向的说法中，不正确的是（　　）A．电流的方向就是自由电荷定向移动的方向 B．电流的方向就是正电荷定向移动的方向 C．在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反 D．在电解液中，电流的方向与正离子定向移动的方向相同5．（5分）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，那么它们之间静电力的大小变为（　　）A． B． C．16F D．4F6．（5分）关于安培力、电场力和洛伦兹力，下列说法正确的是（　　）A．安培力和洛伦兹力的方向均可用左手定则判断 B．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直 C．电荷在电场中一定受电场力作用，电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用 D．安培力和洛伦兹力本质上都是磁场对运动电荷的作用，安培力可以对通电导线做功，洛伦兹力对运动电荷也做功7．（5分）下列说法中正确的是（　　）A．某时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势就为零 B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大 C．不管电路是否闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流 D．不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势8．（5分）如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（　　）A．φa＞φb＞φc B．Ea＞Eb＞Ec C．φa﹣φb＝φb﹣φc D．Ea＝Eb＝Ec9．（5分）如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为l，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的（　　）A．安培力大小为BIl B．安培力大小为BIlsinθ C．摩擦力大小为BIlcosθ D．支持力大小为mg﹣BIlcosθ10．（5分）如图所示，两个相等的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是（　　）A．同时向左运动，间距变大 B．同时向左运动，间距变小 C．同时向右运动，间距变小 D．同时向右运动，间距变大二、填空题（每小题6分．共30分）11．（6分）如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡．将电键K闭合，再将电键K断开，则观察到的现象是：（1）K闭合瞬间，D1　   　，D2　   　（2）K断开瞬间，D2　   　，D1　   　．12．（6分）将长0.5m通过4A电流的通电导线放在匀强磁场中，当导线和磁场方向垂直时，通电导线所受磁场力为0.3N，则匀强磁场的磁感应强度B大小为　   　T，若将通电导线中的电流减为2A，则导线受安培力为　   　N．13．（6分）如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通。现用外力使ab棒向右快速摆动，则此时cd棒受到的安培力方向为　   　（选填“向右”或“向左”），这个过程中右侧装置的工作原理相当于　   　（选填“电动机”或“发电机”）。14．（6分）如图所示，各带电粒子均以速度v射入匀强磁场，其中图C中v的方向垂直纸面向里，图D中v的方向垂直纸面向外，试分别指出各带电粒子所受洛仑兹力的方向A图　   　，B图　   　，C图　   　，D图　   　。15．（6分）一台理想变压器，其原线圈2200匝，副线圈440匝，并接一个100Ω的负载电阻，如图所示，则：当原线圈接在220V交流电源上时，电压表示数　   　V，电流表示数　   　A．此时输入功率为　   　W，变压器的效率为　   　。三、解答题本题共2小题，每题10分，共20分．解答应有必要的文字说明、重要的方程式和简单的解答过程．有数值计算的题结果要带上物理量的单位，只有最后结果而没有解答过程的不能给分．16．（10分）如图所示，一束电子流以速率v通过一个处于矩形空间的大小为B的匀强磁场，速度方向与磁感线垂直。且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为a和a电子刚好从矩形的相对的两个顶点间通过，求：（1）电子在磁场中的飞行时间？（2）电子的荷质比。17．（10分）如图1所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000匝，线圈面积S＝0.02m2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。求（1）在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量；（2）前4s内产生的感应电动势；（3）6s内通过电阻R的电荷量q。
2020-2021学年广东省深圳市福田区耀华实验学校华文部高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单选题本题共10小题，每题5分，共50分1．【分析】电动机内有线圈，不是纯电阻，消耗的电能要大于产生的热能；而白炽灯是纯电阻，则消耗的电能等于产生的热能．【解答】解：电动机内部有线圈，通电后要产生热能，同时要转动，产生机械能。所以电动机消耗的电能大于产生的热能，而白炽灯仅仅是电阻，消耗的电能等于产生的热能。故A、B、D均错误；故C正确。故选：C。【点评】欧姆定律只适用于纯电阻电路，对于运行中的电动机，属于非纯电阻电路，关键要抓住能量如何转化进行分析．2．【分析】电源电动式表示的物理意义是其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。【解答】解：A、电源电动势大小等于外电路断路时的路端电压，故A错误；BC、电源电动势的大小之和电源中非静电力的性质决定的，跟外电路无关，故B错误，C正确；D、我们常用的干电池的电动势为1.5V但是不一定都是，故D错误。故选：C。【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力。电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关。3．【分析】电场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用，磁场的基本性质是对放在其中的磁极或电流有力的作用，磁场对运动电荷会产生洛伦兹力的作用．【解答】解：A、电场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用，A正确；B、磁场的基本性质是对放在其中的磁极或电流有力的作用，B正确；C、磁场对运动电荷会产生洛伦兹力的作用，C错误；D、电场和磁场都可能使运动电荷的运动方向发生偏转，D正确；本题选错误的，故选C【点评】本题考查了电场和磁场对电荷的作用力，这是电磁场的基本性质．4．【分析】电荷的定向移动形成电流，定向移动的电荷可以是正电荷，可以是负电荷，可以是正负电荷向相反方向定向移动形成电流．但是规定正电荷定向移动的方向为电流的方向．【解答】解：A、B、电荷的定向移动形成电流，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，故A错误，B正确；C、在金属导体中，自由电荷是电子，电子带负电，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反，故C正确；D、在电解液中，自由电荷是正负离子，电流的方向与正离子定向移动的方向相同，故D正确；本题选择错误的，故选A。【点评】本题考查了电流的形成、电流方向的规定、电源外部电流方向和金属导体中电流方向．注意：一定要注意负电荷定向移动的方向与电流方向是相反的．5．【分析】根据库仑定律的公式F＝k，列出变化前和变化后的关系式直接对比即可．【解答】解：由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：F＝k，变化之后它们之间的库仑力为：F′＝k4F故ABC错误，D正确故选：D。【点评】本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式为F＝k即可，还要注意，运用库仑定律的公式计算库仑力时不需要代入符号，直接代入各量的绝对值．6．【分析】通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力．它们均属于磁场力，本质上是一种力，方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功．【解答】解：A、安培力和洛伦兹力的方向均可用左手定则判断。故A正确；B、正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反；电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，故B错误；C、电荷在电场中一定受电场力作用，静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，故C错误；D、安培力和洛伦兹力本质上都是磁场对运动电荷的作用，洛伦兹始终与运动方向垂直，对运动电荷不做功，故D错误。故选：A。【点评】本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向．7．【分析】对法拉第电磁感应定律的理解E＝n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率，只有当电路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流。【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律：E＝n，知，磁通量为零，感应电动势不一定零，故A错误；B、感应电动势对应磁通量的变化率，磁通量越大，感应电动势不一定大，故B错误；C、当穿过电路的磁通量发生变化时，电路中就有感应电动势产生，而只有当电路闭合，电路中才有感应电流。故C错误；D、不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势产生。故D正确；故选：D。【点评】磁通量Φ＝BS，磁通量的变化△Φ＝Φ2﹣Φ1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键，同时注意有感应电动势，不一定有感应电流。8．【分析】本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小。根据匀强电场中场强与电势差的关系U＝Ed，定性分析电势差的关系。【解答】解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，故A正确。B、D只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故BD错误。C、对于匀强电场，两点间的电势差U＝Ed，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U＝Ed也不能适用，不能判断电势差的关系，故C错误；故选：A。【点评】本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U＝Ed的适用条件以及公式中各个物理量的含义。9．【分析】导体棒AC静止于水平导轨上，受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力．导体棒与磁场方向垂直，安培力大小FA＝BIl，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解导轨对导体棒的摩擦力和支持力．【解答】解：以导体棒为研究对象，分析受力，如图。其中，安培力大小FA＝BIl，根据平衡条件得：G+FAcosθ＝N…①f＝FAsinθ…②由①得：N＝G+FAcosθ＝mg+BIlcosθ由②得：f＝BIlsinθ故A正确，BCD错误。    故选：A。【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，将立体图转换为平面图，结合共点力平衡进行求解．10．【分析】当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使两圆环运动，同时两圆环间的电流相互作用而导致间距变化．【解答】解：当磁铁的靠近时，导致两圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可得两圆环的感应电流为逆时针（从右向左看），所以又处于N极的磁场中，则受到的安培力向左。由于两圆环的电流均是逆时针，所以两圆环的相互吸引，距离减小。故选：B。【点评】本题考查对楞次定律运动学的描述应用；从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸．同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥二、填空题（每小题6分．共30分）11．【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．【解答】解：L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡（1）K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮；（2）K闭合断开，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭；故答案为：（1）立刻亮而后熄灭，立刻亮而后更亮；（2）立刻熄灭，闪亮或变亮而后熄灭．【点评】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．12．【分析】根据安培力F＝BIL求出磁感应强度的大小，当电流减小，磁感应强度不变，结合F＝BIL求出安培力的大小．【解答】解：根据F＝BIL得，匀强磁场的磁感应强度为：BT＝0.15T．当电流减小时，磁感应强度不变，仍为：B＝0.15T．则导线所受的安培力为：F＝BI′L＝0.15×2×0.5N＝0.15N．故答案为：0.15，0.15．【点评】解决本题的关键知道磁感应强度的大小由磁场本身的因素决定，与电流、安培力的大小无关，掌握安培力的大小公式，当B与I平行，F＝0，当B与I垂直，F＝BIL．13．【分析】根据右手定则可分析ab中电流，从而明确cd中的电流，再由左手定则即可分析cd棒的受力情况，同时明确电动机的基本模型。【解答】解：ab棒向右切割磁感线，根据右手定则可知，感应电流方向由b到a，则cd中电流由c到d，再根据左手定则可知，cd中电流受力向右；右侧装置的运动属于电流在磁场中受力运动，故相当于电动机。故答案为：向右，电动机【点评】明确电动机原理以及左手定则和右手定则的应用，要注意明确左手定则适用于因电而动的情况，而右手定则适用于因动而电的情况。14．【分析】本题考查了左手定则的直接应用，根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，特别注意的是四指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反。【解答】解：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向（负电荷运动的反方向），这时大拇指所指的方向就是带电粒子在磁场中所受洛伦兹力的方向；故A图竖直向上，B图垂直纸面向里，C图水平向右，D图竖直向下。故答案为：竖直向上； 垂直于纸面向里； 水平向右； 竖直向下。【点评】考查了左手定则在电磁学中经常用到的，要掌握左手定则与右手定则的区别，并能熟练应用，注意左手定则中大拇指指向正电荷的洛伦兹力方向。15．【分析】当原线圈接在220V交流电源上时，根据变压器的变压比公式求解副线圈的输出电压，根据欧姆定律求解输出电流，根据P＝UI求解输出功率，理想变压器输出功率与输入功率相等。【解答】解：由得：（电压表读数），（电流表读数），P入＝P出＝I2U2＝0.44×44W＝19.36W，效率η＝100%故答案为：44； 0.44； 19.36； 100%【点评】本题关键明确变压器的工作原理及基本规律的运用，关键熟悉理想变压器的变压比公式。三、解答题本题共2小题，每题10分，共20分．解答应有必要的文字说明、重要的方程式和简单的解答过程．有数值计算的题结果要带上物理量的单位，只有最后结果而没有解答过程的不能给分．16．【分析】找出圆心，画出轨迹，根据几何关系求出半径，飞行时间根据时间等于弧长除以速度求解，再结合洛伦兹力提供向心力列式求解荷质比。【解答】解：（1）画出运动轨迹，如图所示由几何关系：R＝2a；1、设圆心角为θsinθθ故时间为：t2、洛伦兹力提供向心力，有evB＝m解得：答：1、电子在磁场中的飞行时间为。2、电子的荷质比为。【点评】本题关键是找出圆心，画出轨迹，然后根据几何关系求出半径，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解。17．【分析】（1）依据图象，结合磁通量定义式∅＝BS，即可求解；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s内感应电动势的大小。（3）根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量。【解答】解：（1）根据磁通量定义式∅＝BS，那么在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量为：△∅＝（B2﹣B1）S＝（0.4﹣0.2）×0.02Wb＝4×10﹣3Wb；（2）由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率为：T/s＝0.05 T/s4 s内的平均感应电动势为：E＝nS1000×0.02×0.05 V＝1 V。（3）电路中的平均感应电流为：，qt，又因为E＝n，所以q＝n1000C＝0.8 C。答：（1）在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量4×10﹣3Wb；（2）前4s内感应电动势为1V。（3）6s内通过R的电荷量为0.8C。【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义式的综合运用，难度不大，需加强训练。