高二物理寒假试卷及答案.doc

麓山国际实验学校高二寒假自主检测物理试题
时间：90分钟 总分：110分
一、选择题：（本题共12小题；每小题4分，共48分。其中9-12题为多项选择题）。
1．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流。设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是(　　)
A．电流强度为，电流方向为顺时针
B．电流强度为，电流方向为顺时针
C．电流强度为，电流方向为逆时针
D．电流强度为，电流方向为逆时针
2．指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是(　　)
A．指南针可以仅具有一个磁极
B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C．指南针的指向不会受到附近铁块的干扰
D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
3、一弹簧振子做简谐振动，从振子经过某一位置开始计时，下列说法正确的是（ ）
A若Δt=T/2，则在t时刻和（t+Δt）时刻弹簧的长度一定相等
B当振子的速度再次与零时刻的速度相同时，经过的时间为一个周期
C当振子经过的路程为振幅的4倍时，经过的时间为一个周期
D当振子再次经过此位置时，经过的时间是一个周期
4．A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图甲、乙所示，经过时间t（t小于A波的周期TA），这两列简谐横波的波形分别变为图丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比不可能的是（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．3：1

5．电阻R1和R2分别标有“2 Ω 1.0 A”和“4 Ω 0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为(　　)

A．1.5 W　　　　 B．3.0 W
C．5.0 W D．6.0 W
6、如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20 sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为(　　)
A．10 V B．20 V
C．15 V D．5 V
7、如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是(　　)

A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动

8．如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。对整个送电过程，下列说法正确的是(　　)
A．输电线上的损失功率为300 W
B．升压变压器的匝数比为1∶100
C．输电线上的电流为100 A
D．降压变压器的输入电压为4 700 V
9．质谱仪的构造原理如图所示。从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是(　　)

A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大
D．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小

10．如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动周期为T0 。线圈产生的电动势的最大值为Em，则(　　)
A．线圈产生的电动势的有效值为Em
B．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为
C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em
D．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次

11．AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根靠立在导轨上的金属直棒(开始时b离O点很近)，如图所示。它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中(　　)
A．感应电流方向始终是b→a
B．感应电流方向先是b→a，后变为a→b
C．所受安培力方向垂直于ab向上
D．所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上

12．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法中正确的是(　　)
A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势
C．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
二、实验题：（每空2分，共6+10=16分）
13、为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)。某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表：
照度(lx)
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻(kΩ)
75
40
28
23
20
18
(1)根据表中数据，请在图所示的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。

阻值随照度变化的特点： 　
(2)如图所示，当1、2两端所加电压上升至2 V 时，控制开关自动启动照明系统。请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx 时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。(不考虑控制开关对所设计电路的影响)

提供的器材如下：
光敏电阻RP(符号，阻值见上表)；
直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；
定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)；
开关S及导线若干。

14．使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空：
(1)仪器连线如图所示(a和b是多用电表的两个表笔)。若两电表均正常工作，则表笔a为________(填“红”或“黑”)色；
(2)若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________Ω，电流表的读数为________ mA，电阻箱的读数为________Ω。
(3)计算得到多用电表内电池的电动势为________V。(保留3位有效数字)

三、计算题:（共46分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）。

15．（10分）如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)通过ab的电流大小和方向；
(2)ab受到的安培力大小；
(3)重物重力G的取值范围。

16. （12分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子。从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；

(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。

17．（12分）电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界。t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计。
(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；

(2)若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；
(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大。

18．（12分）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；

(3)外接电阻上电流的有效值I。

物理答案
1．解析：选C　由I＝得该环形电流为I＝＝＝，其方向与电子定向运动方向相反，为逆时针方向，故选项C正确。
2．解析：选B　指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C不正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D错误。
3、C
4．D　
5．解析：选A　由题意可知，两电阻串联后能通过的最大电流为I＝0.5 A，则电路允许消耗的最大电功率为P＝I2(R1＋R2)＝1.5 W，A正确。
6、解析：选D　电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足T＝＋，可求出U＝5 V。故选项D正确。
7、[解析]　电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确。
[答案]　D
8．解析：选A　输电线上的损失功率为0.6%×50 kW＝300 W，选项A正确。由I2R＝300 W可得输电线上电流I＝10 A，升压变压器副线圈电压为5 000 V，升压变压器的匝数比为1∶10，选项B、C错误。输电线损失电压为IR＝30 V，降压变压器的输入电压为4 970 V，选项D错误。
9．解析：选AC　根据左手定则，知粒子带正电，故A正确，B错误；根据半径公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，联立解得x＝，知x越大，质量与电量的比值越大，故C正确，D错误。
10．解析：选BC　由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为Em，选项A错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为Em＝BSω＝BS，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS＝，选项B正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C正确；正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D错误。
11．解析：选BD　ab棒下滑过程中，穿过闭合回路的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先由b→a，后变为a→b，B正确；由左手定则可知，ab棒所受安培力方向先垂直ab向下，后垂直于ab向上，D正确。
12．解析：选BD　当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b。根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点。又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，A错误，B正确。当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb＞φa，电流沿逆时针方向。又由E＝BLv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加。由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上。把这个线圈看作电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，所以d点电势高于c点，C错误，D正确。
13、

由图可知阻值随照度变化的特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小
(2)

14．解析：(1)因为欧姆表的黑表笔接内部电源的正极，所以根据电路的连接方式可知，a是黑表笔。
(2)因为多用电表调至×1 Ω挡，所以读数为14.0 Ω，电流表的读数为53.0 mA，电阻箱的读数为4.6 Ω。
(3)由于欧姆表的内阻等于欧姆表的中值电阻，所以此欧姆表的内阻为15 Ω，电阻箱和电流表的电阻之和为14 Ω。根据欧姆定律E＝IR总＝0.053×(15＋14)V＝1.54 V。
答案：(1)黑　(2)14.0　53.0　4.6　(3)1.54
15．解析：(1)I＝＝2 A---------------------------2分）
方向为a到b。-------------------------------（1分）
(2)F＝BIL＝5 N-------------------------------（3分）
(3)受力如图fm＝μ(mg－Fcos 53°)＝3.5 N
当最大静摩擦力方向向右时FT＝Fsin 53°－fm＝0.5 N
当最大静摩擦力方向向左时FT＝Fsin 53°＋fm＝7.5 N
所以0.5 N≤G≤7.5 N。-------------------------------（4分）
16.解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理
qU＝mv2
代入数据得：v＝20 m/s。-------------------------------（3分）
(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
qvB＝得R＝
代入数据得：R＝0.50 m-------------------------------（2分）
而＝0.50 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示。

由几何关系可知：OQ＝R＋Rsin 53°-------------------------------（2分）

故OQ＝0.90 m。-------------------------------（1分）
(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：
OP>R′＋R′cos 53°
R′＝
解得：B′> T＝5.33 T(取“≥”照样给分)。-------------------------------（4分）
答案：(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3)B′>5.33 T
17．解析：(1)t＝0时刻线框中的感应电动势：E0＝L2
功率：P＝
解得：P＝-------------------------------（3分）
(2)由动能定理有：W＝ΔEk
解得：W＝mv2
穿出过程线框中的平均电动势：＝
线框中的电流：＝
通过的电量：q＝Δt
解得：q＝。---------------------------4分）
(3)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势：E＝n
线框的总电阻：R总＝nR
线框中的电流：I＝
t＝0时刻线框受到的安培力：F＝nB0IL
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有：F＝(nm＋M)a
解得：a＝可知，n越大，a越大。-------------------------------（6分）
答案：(1)　(2)mv2　
(3)根据a＝可知，n越大，a越大
18．解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω，
感应电动势Em＝4NBlv
解得Em＝2NBl2ω。-------------------------------（4分）
(2)电流Im＝ ，安培力F＝2NBIml
解得F＝。-------------------------------（4分）
(3)一个周期内，通电时间t＝T
R上消耗的电能W＝Im2Rt　且W＝I2RT
解得I＝。-------------------------------（4分）
答案：(1)2NBl2ω　(2)　(3)

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