2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析） (III).doc

2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析） (III)一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。其中17小题为单选题，812小题为多选题）1. 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A. 感应电动势的大小与线圈的匝数无关B. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大C. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【答案】B【解析】根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与线圈的匝数有关，穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，选项AC错误，B正确；根据楞次定律可知，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁场减弱时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同；选项D错误；故选B.2. 如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过现将环从位置释放，环经过磁铁到达位置设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为和，重力加速度大小为g，则（ ）A. T1mgB. T1mg，T2mg，T2mg，T2mg【答案】D【解析】根据楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化。在本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小。故两种情况下，绳的拉力都大于mg；故D正确，ABC错误。故选D。点睛：深刻理解楞次定律“阻碍”的含义如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的3. 在匀强磁场中，一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）A. t=0005s时线框的磁通量变化率为零B. t=001s时线框平面与中性面重合C. 线框产生的交变电动势有效值为311VD. 线框产生的交变电动势频率为100Hz【答案】B【解析】t=0.005s时，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，磁通量的变化率最大，故A错误；t=0.01s时，感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律E=nt可知，磁通量的变化率是零，线框平面与中性面重合，故B正确；由图可知 交流电的最大值Em=311V根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E=3112=220V，故C错误；据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：f=1T=10.02=50Hz，故D错误；故选B.点睛：本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图象得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系4. 如图所示，理想变压器的原线圈接入u=110002sin100tV的交变电压，副线圈通过电阻r=6的导线对“220V，880W”的电器RL供电，该电器正常工作由此可知A. 原、副线圈的匝数比为501B. 交变电压的频率为100HzC. 副线圈中电流的有效值为4AD. 变压器的输入功率为880W【答案】C【解析】输入电压的有效值为11000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原副线圈的匝数比小于50：1，故A错误；由输入电压的表达式知，f=1002Hz=50 Hz，故B错误；副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I=880220A=4 A，故C正确；变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故D错误。故选C。5. 图（a）和图（b）是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（）A. 图（a）中，A1与L1的电阻值相同B. 图（a）中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C. 图（b）中，变阻器R与L2的电阻值相同D. 图（b）中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】C【解析】图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L的电流，则可知L的电阻小于A1的电阻，故A错误；图1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；图2中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；图2中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。故选C。点睛：当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。6. 如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H=43L高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（）A. 3mgL B. 103mgL C. 2mgL D. 73mgL【答案】A【解析】设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v。对于线框自由下落过程，根据机械能守恒定律得：mgH=12mv2，得：v=83gL ；从线框开始下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热为：Q=mg（2L+H）-12m(12v)2=3mgL，故选A。点睛：本题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问题，关键要正确分析能量是如何转化的，再由能量守恒定律列式求解热量7. 如图所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头A、B间接交流电压U，输出端连接了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头当开关S闭合，P处于如图所在的位置时，两灯均能发光下列说法正确的是（）A. 将P沿逆时针方向移动，两灯均变暗B. P不动，将Q向左移动，两灯均变亮C. P不动，将Q向右移动，输入功率变大D. 断开开关S，L1将变暗【答案】B【名师点睛】P移动改变了副线圈的匝数，输出电压将变化；Q移动改变了负载的电阻，输出电流将变化；S断开负载电阻变大，结合闭合电路欧姆定律去分析各元件电压、电流的变化，从而判断功率的变化8. 如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是（）A. 开关S闭合瞬间B. 开关S由闭合后断开瞬间C. 开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动D. 开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动【答案】AD【解析】电子向M板偏转，说明电子受到向左的电场力，两金属板间的电场由M指向N，M板电势高，N板电势低，这说明：与两金属板相连的线圈产生的感应电动势：左端电势高，与N板相连的右端电势低；A、开关S闭合瞬间，由安培定则可知，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏转，故A正确；B、开关S由闭合后断开瞬瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏转，故B错误；C、开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知在上线圈中产生左负右正的电动势，电子向N偏转，故C错误；D、开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律知在上线圈中感应出左正右负的电动势，电子向M偏转，故D正确。点睛：根据电子偏转方向判断两金属板电势高低，判断出感应电动势电势方向，应用右手定则与楞次定律即可正确解题。9. 空间中存在着竖直方向的磁场，一圆形金属线圈水平放在磁场中，规定磁感应强度方向和线圈中感应电流方向如图甲所示时为正。某时刻开始计时，线圈中产生了如图乙所示的感应电流i，则磁感应强度随时间变化的图线可能是（线圈面积不变）（）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】试题分析：线圈面积不变，电阻不变，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=t=sBt，感应电流I=ER=sRBt，即感应电流大小与Bt图像斜率成正比，1s2s感应电流为0，即Bt图像斜率为0，选项B错。根据楞次定律增反减同，01s要产生顺时针方向的感应电流，磁场可能是正向增大，也可能是负向减小，选项D错。3s4s感应电流为负向，磁场可能是正向减小或者负向增大，而且根据电流大小关系，Bt图像在1s2s的斜率等于3s4s斜率的二倍，对照选项AC对。考点：楞次定律 电磁感应10. 有一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示磁感应强度大小随时间的变化率为Bt=k（k0）则（）A. 圆环中感应电流大小为krS2B. 图中a、b两点的电势差Uab=14kr2C. 圆环中产生逆时针方向的感应电流D. 圆环具有扩张趋势【答案】BD【解析】由法拉第电磁感应定律可知，E=BS2t=Br22t=12kr2，感应电流I=ES2r=kSr4 ，故A错误；与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为E2=|14kr2|，故B正确；磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故C错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故D正确；故选BD。11. 如图所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（光照增强，电阻减小），原线圈两端接恒压正弦交流电源，当光照增强时（）A. 电压表V1示数变小B. 电压表V2示数变大C. 电流表A1示数变大D. 电流表A2示数变大【答案】CD【解析】副线圈的电压是由原线圈的电压和匝数比决定，故电压表V1示数不变，故A错误；当光照增强时，导致总电阻减小，总的电流变大，电阻R1的电压变大，总的电压保持不变即V1示数不变，所以并联部分的电压要减小，即V2读数变小，故B错误；当光照增强时，电路的总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，所以A2的示数要变大，A1的示数也要变大，故CD正确；故选CD。点睛：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法12. 直角三角形金属框abc放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，若金属框绕ab边向纸面外以角速度匀速转动90（从上往下看逆时针转动），如图甲所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q；若金属框绕bc边向纸面内以角速度匀速转动90，如图乙所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q，已知bc，ab边的长度都为l，金属框的总电阻为R，下列判断正确的是（）A. Uca=12Bl2 B. Uca=12Bl2C. q=2Bl28R D. q=Bl22R【答案】AD【解析】在甲图中，bc边和ac边都切割磁感线，产生的感应电动势相同，均为 E=Bl0+l2=12Bl2。回路的磁通量不变，没有感应电流，c、a两点的电势差等于感应电动势，即有 Uca=12Bl2。由于没有感应电流，所以通过ab边的电荷量为 q=0，故A正确，C错误。乙图中线框的ac边切割磁感线，等效的切割长度等于bc边长，则ac边产生的感应电动势 E=12Bl2，ac边相当于电源，由于电路中有电流，所以UcaE=12Bl2通过ab边的电荷量为q=R=B12llR=Bl22R故B错误，D正确。故选AD。点睛：本题关键是明确感应电流的产生条件：穿过闭合回路的磁通量发生改变，要会根据E=Blv求解感应电动势，注意L是有效的切割长度二、填空题（本题包括2小题，共12分）13. 如图，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向_（填“左”或“右”）运动，并有_（填“收缩”或“扩张”）趋势。【答案】 (1). 左 (2). 收缩【解析】试题分析：变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势。考点：楞次定律视频14. 如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框中感应电流的有效值I=_线框从中性面开始转过2的过程中，通过导线横截面的电荷量q=_。【答案】 (1). 2BS2R (2). BSR【解析】试题分析：感应电动势的最大值：Em=BS；感应电流的最大值：I=Im2=Em2R=2BS2R；感应电动势的平均值：E=t=BS2=2BS；由q=It，I=ER可得：q=BSR。考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】此题考查了法拉第电磁感应定律的应用；需要知道的是感应电动势的最大值：Em=BS；有效值E=Em2；平均值用E=t计算；瞬时值表达式E=nBSsint；在求解通过某截面的电量时要用平均值.视频三、计算题（本大题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）；15. 如图所示，线圈abcd的面积是005m2，共100匝，线圈电阻为1，外接电阻R=9，匀强磁场的磁感应强度为B=1T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：（1）电路中交流电压表和交流电流表的示数；（2）线圈从图示位置转过90的过程中通过电阻R的电荷量【答案】（1）522A ， 4522V （2）12【解析】（1）根据转动中感应电动势的最大值表达式，则有：EmnBS10010.05230060 V50V而有效值：EEm2252V点睛：本题考查感应电动势的最大值、有效值及平均值的求法，掌握电量的综合表达式，注意磁通量与匝数无关，但此处的电量表达式，却与匝数有关16. 如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1=6，ab导体的电阻为2，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T现ab以恒定速度v=3m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：（1）R2的阻值（2）R1与R2消耗的电功率分别为多少？（3）拉ab杆的水平向右的外力F为多大？【答案】（1）3 （2）0.375W ，0.75W （3）0.75N【解析】（1）内外功率相等，则内外电阻相等，6R26+R2=2，解得R2=3.（2）E=BLv=113V=3V，总电流I=ER总=34A=0.75A，路端电压：U=IR外=0.752V=1.5V，P1=U2R1=1.526W=0.375W，P2=U2R2=1.523W=0.75W.（3）拉ab杆的水平向右的外力：F=BIL=10.751N=0.75N.点睛：本题是电磁感应问题与电路的结合问题，关键是明确电路结构，然后结合闭合电路欧姆定律、切割公式E=BLv和安培力公式FA=BIL列式求解17. 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失有一个小型发电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800kWh求：（1）输电效率和输电线的总电阻r；（2）若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？【答案】（1）60% ，20 （2）22.4kV【解析】试题分析：（1）由于输送功率，一昼夜输送电能终点得到的电能，因此效率输电线上的电流可由I计算，而输电线损耗功率可由计算，其中PrkW200kW因此可求得：（2）输电线上损耗功率Pr2r原来，现在要求计算可得输电电压应调节为。考点：远距离输电；变压器的构造和原理【名师点睛】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流之间的关系，掌握输电线上损失的功率。18. 如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导体棒a与b的质量均为m，电阻值分别为Ra=R，Rb=2R。b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g。（1）求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；（2）求最终稳定时两棒的速度大小；（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，求b棒上产生的内能。【答案】（1），方向水平向左 （2） （3）【解析】 (1)设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场根据机械能守恒定律有mghmv2a棒切割磁感线产生感应电动势EBLv根据闭合电路欧姆定律有 a棒受到的安培力FBIL联立以上各式解得 ，方向水平向左(2)设两棒最后稳定时的速度为v，从a棒开始下落到两棒速度达到稳定根据动量守恒定律有mv2mv解得v.(3)设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb根据能量守恒定律得mv22mv2EaEb两棒串联内能与电阻成正比Eb2Ea解得Ebmgh.