【物理】河北省唐山一中2014-2015学年高二下学期开学试卷

2014-2015学年河北省唐山一中高二（下）开学物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，第1题～第11题只有一个选项正确，第12题～第15题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．（4分）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列叙述符合史实的是（）
A．安培在实验中观察到电流的磁效应，该效应提示了电和磁之间的关系
B．奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了电流假说
C．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
考点：物理学史．
分析：对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就．
解答：解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系．故A错误．
B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象．故B正确．
C、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故C正确．
D、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流．故D错误．
故选：C．
点评：本题关键要记住电学的一些常见的物理学史．
2．（4分）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）
A．B．
C．D．
考点：分子电流假说．
专题：电磁感应中的力学问题．
分析：要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．
解答：解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确．
故选B．
点评：主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定．
3．（4分）如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共n匝．线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知（）
A．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为
B．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为
C．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为
D．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为
考点：安培力；力矩的平衡条件．
分析：天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小．
解答：解：A、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故A错误，
B、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故B错误，
C、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，设N匝线圈的质量为m3，则有（m1﹣m2﹣m3）g=NBIL，所以B=．故C错误．
D、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码．则有mg=2NBIL，所以B=．故D正确．
故选D
点评：解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题．
4．（4分）如图所示是电磁流量计的示意图．圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场．当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上MN两点的电动势E，就可以知道管中液体的流量Q﹣﹣单位时间内流过管道横截面的液体的体积．已知管的直径为d，磁感应强度为B，则关于Q的表达式正确的是（）
A．B．C．D．
考点：霍尔效应及其应用．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据受力平衡求出电荷的速度，再根据Q=vS求出流量．
解答：解：最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有qvB=q，则v=
流量Q=vS=．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
点评：解决本题的关键知道导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．
5．（4分）如图一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（）
A．圆环可能做匀减速运动
B．圆环不可能做匀速直线运动
C．圆环克服摩擦力所做的功一定为mv02
D．圆环克服摩擦力所做的功可能为mv02﹣
考点：动能定理的应用；力的合成与分解的运用；洛仑兹力．
专题：动能定理的应用专题．
分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．
解答：解：A、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误
B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B错误
C、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得
﹣W=0﹣mv2得W=，
当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．当qvB=mg时得v=
根据动能定理得
﹣W=mv2﹣
代入解得
W=﹣，故C错误，D正确
故选D．
点评：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力．
6．（4分）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）
A．电压表读数减小B．电流表读数增大
C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大
考点：闭合电路的欧姆定律；电容．
专题：恒定电流专题．
分析：由图可知电路结构，先由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．
解答：解：A、B由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；
当R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小，由欧姆定律可知流过R3的电流减小，根据并联电路的特点可知：流过R2的电流增大，则电流表示数增大；
因并联部分电压减小，而R2的电压增大，故电压表示数减小，故A、B正确；
C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；
D、因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小；故D错误；
故选：AB．
点评：解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的．
7．（4分）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）
A．R接到a电源上，电源的效率较高
B．R接到b电源上，电源的输出功率较大
C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低
D．R接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高
考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系．
专题：恒定电流专题．
分析：根据电源的图线，读出短路电流和电阻R接在电源上时的工作状态，分析电源效率的大小．电源的U﹣I图线与电阻R的U﹣I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，读出电压和电流，分析电源的输出功率大小．
解答：解：
A、电源的效率η=．由图看出，电阻R接在电源a上时电路中电流为0.5I，短路电流为I，根据闭合电路欧姆定律I=得到，R=r，a电源的效率为50%．由图看出，电阻R 接在电源b上时＞50%，则电源b的效率大于50%．故A错误．
B、电源的图线与电阻R的U﹣I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，由图读出电阻R接在电源a的电压和电流较大，电源a的输出功率较大．故B错误．
C、D由分析可知，R接到a电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低．故C正确，D错误．
故选：C
点评：本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解，从交点、斜率、面积等数学角度来理解图线的物理意义．
8．（4分）在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，电流表内阻不计．闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中错误的是（）
A．电源输出功率为20W
B．电动机两端的电压为1.0V
C．电动机的热功率为2.0W
D．电动机输出的机械功率为12W
考点：电功、电功率．
专题：恒定电流专题．
分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
解答：解：A、电源的输出的功率为：P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，故A正确；
B、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E﹣U内﹣U R0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，故B错误；
C、电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为14 W﹣2W=12W，所以CD正确；
本题选错误的，故选：B
点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
9．（4分）两个环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A 以如图所示的方向（顺时针）绕中心转动时，B中产生如图所示方向（逆时针）的感应电流．则（）
A．A可能带负电且转速减小B．A可能带正电且转速恒定
C．A可能带正电且转速减小D．A可能带负电且转速恒定
考点：楞次定律．
专题：应用题．
分析：A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；根据楞次定律可判断A中带电及转动情况．
解答：解：由图可知，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外；由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；
若原磁场向里，则A中电流应为顺时针，故A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大；
若原磁场向外，则A中电流应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，故A正确；
故选A．
点评：本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B中感应电流是因为B中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于A的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关．
10．（4分）铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置：能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图（甲）所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生电信号，被控制中心接收．当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号为图（乙）所示，则说明火车在做（）
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀减速直线运动
D．加速度逐渐增大的变加速直线运动
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：根据电压﹣时间图象得到电压与时间的关系式，由法拉第电磁感应定律得到火车速度与时间关系式，确定火车的运动性质．
解答：解：由u﹣t图象得到，线圈两端的电压大小与时间成正比，即有u=kt
由法拉第电磁感应定律u=BLv，则v==，B、L、k均一定，则速度v与时间t成正比，所以火车做匀加速直线运动．
故选B
点评：分析物体的运动，可以根据速度与时间的关系进行判断，有时根据位移与时间的关系判断．基础题．
11．（4分）如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲：W乙为（）
A．1：B．1：C．1：1 D．1：2
考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率．
专题：交流电专题．
分析：分别求出正弦脉冲波和方波的交变电流的有效值，根据W=I2Rt求出消耗的电功之比．
解答：解：甲图中，交流电的有效值为：=A；
乙图中，由有效值的定义可知：
22R×（1×10﹣3）+R×2×10﹣3=I2R×（3×10﹣3）
解得：I= A
根据W=I2Rt知，在相同时间内消耗的电功之比等于1：1；故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
点评：解决本题的关键掌握电流有效值的求法，抓住三个相同，即相同时间、相同电阻、相同热量．
12．（4分）如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，且直流电阻不可忽略，闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡均能发光．现将开关S断开，这两个电路中灯泡亮度的变化情况可能是（）
A．甲电路中灯泡将渐渐变暗
B．甲电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．乙电路中灯泡将渐渐变暗
D．乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗
考点：自感现象和自感系数．
分析：开关断开时，L相当于电源，灯泡渐渐变暗还是先变得更亮，然后渐渐变暗，取决于原来通过灯泡的电流和后来通过灯泡的电流谁大谁小．
解答：解：对甲图，灯泡和L中的电流一样，断开开关时，L相当于电源，甲电路中灯泡将渐渐变暗，A正确；
对乙图，开关断开时，L相当于电源，若L中的电流小于或等于灯泡中的电流，则乙电路中灯泡将渐渐变暗，C正确；
若L中的电流大于灯泡中的电流，则乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗，D正确．故选ACD
点评：本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，注意灯泡是否闪亮一下的依据是看开关断开前L中的电流和灯泡中电流的大小关系．
13．（4分）如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场为B，不计ab与导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是（）
A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C．电流所做的功等于重力势能的增加量
D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．
分析：ab杆匀速上升时，动能不变，重力势能增加，整个回路的内能增加，根据能量守恒进行分析．
解答：解：A、根据能量守恒定律知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电阻R上产生的热量之和．故A错误．
B、根据功能关系知，杆ab克服安培力做功等于电阻R上产生的热量．故B正确．
C、安培力的大小与重力的大小不等，则电流做的功与重力做功大小不等，即电流做功不等于重力势能的增加量．故C错误．
D、根据动能定理知，拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小，克服安培力做功等于电阻R上的热量．故 D正确．
故选BD．
点评：解决本题的关键理清整个过程中的能量转换，结合能量守恒定律和功能关系进行解决．
14．（4分）如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是（）
A．电压表V的示数为22V
B．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数增大
C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大
D．当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大
考点：变压器的构造和原理．
专题：交流电专题．
分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．
解答：解：A、由图象可知，输入的电压为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V，所以A错误；
B、当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压就要减小，电压表V的示数减小，所以B错误；
C、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以C正确；
D、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，由于R1的电阻不变，由P=I2R1可知，电阻R1的功率变大，所以D正确．
故选：CD．
点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．
15．（4分）下列说法正确的是（）
A．传感器担负着信息采集的任务
B．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号
C．自动洗衣机中水位的控制利用了压力传感装置
D．霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量
考点：传感器在生产、生活中的应用；霍尔效应及其应用．
分析：传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．解答：解：A、传感器是通过非电学量转换成电学量来传递信号的，传感器担负着信息采集的任务，故A正确；
B、动圈式话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号，故B错误；
C、自动洗衣机中水位的控制利用了压力传感装置，故C正确；
D、霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量．故D正确．
故选：ACD
点评：传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会．
二、实验题：（2个小题，共12分）
16．（6分）如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．
（1）将图中所缺的导线补画完整．
（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：
a．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向右偏转一下．
b．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向左偏转一下．
考点：研究电磁感应现象．
专题：实验题．
分析：（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．
（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．
解答：解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，
再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．
（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；
a．将A线圈迅速插入B线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转．
b．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转．
故答案为：（1）电路图如图所示．（2）右；左．
点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键．
17．（6分）某研究性学习小组利用如图甲所示电路测量电池组的电动势E和内阻r．根据实验数据绘出如图乙所示的﹣R图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到E=3V，r=0.9Ω．
考点：测定电源的电动势和内阻．
专题：实验题．
分析：根据闭合电路欧姆定律I=，进行数学变形，得到R与的关系式，根据数学知识研究R﹣图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻．
解答：解：根据闭合电路欧姆定律I=，
解得：=+，
由数学知识得知，﹣R图象的斜率等于，纵轴截距的绝对值等于，
则由图得到，电源的电动势为E==3.0V，
内阻r=0.9Ω
故答案为：（1）3（2）0.9
点评：物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义．本题采用的是转换法，本来I﹣R是非线性关系，转换成R﹣是线性关系，图象直观，一目了然．
三、计算题（3个小题，共28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）
18．（8分）如图所示，两根平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面成θ=37°角固定放置，导轨电阻不计，两导轨间距L=0.5m，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒ab，金属棒ab处于静止状态，它的质量为m=5×10﹣2kg．金属棒ab两端连在导轨间部分对应的电阻为R2=2Ω，电源电动势E=2V，电源内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，其他电阻不计．装置。