陕西省榆林二中2017_2018学年高二物理下学期中试题（含解析）.docx

榆林市第二中学2017-2018学年第二学期期中考试高二年级物理试题一、单选题1.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小，根据法拉第电磁感应定律，B正确；考点：考查了法拉第电磁感应定律【名师点睛】解决电磁感应的问题，关键理解并掌握法拉第电磁感应定律，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积【此处有视频，请去附件查看】2.如图所示是一交变电流的it图象，则该交流电电流的有效值为()A. 4 AB. AC. AD. A【答案】B【解析】试题分析：设交流电电流的有效值为I，电阻为R周期为，则，解得 I=A；故选B考点：交流电的有效值【名师点睛】取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。3.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是( )【答案】D【解析】试题分析：由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变故选D考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定。【此处有视频，请去附件查看】4.信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，每个磁化区代表了二进制数1或0，用以储存信息。刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压（如图1所示）。当信用卡磁条按图2所示方向以该速度拉过阅读检测头时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是【答案】B【解析】由图1可知，当“1”区经过阅读器的检测头时，产生正向电压，当“0”区经过阅读器的检测头时，产生负向电压，可见B正确。5.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图像中，可能正确描述上述过程的是() A. B. C. D. 【答案】D【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D。【此处有视频，请去附件查看】6.输电导线的电阻为R,输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电,则两次输电线上损失的功率之比为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】输送的功率一定，由P=UI知，可得：，知输电线上损失的电功率与电压的平方成反比即，故C正确，ABD错误。7.如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（ ）【答案】A【解析】试题分析：线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大故A错误线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g故B正确线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确本题选不可能的，故选A考点：楞次定律；牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，即比较安培力与重力的大小关系，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析。【此处有视频，请去附件查看】8.如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，交流电的频率增大时，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是( )A. L1、L2、L3亮度都不变B. L2变暗、L2不变、L3变亮C. L1变暗、L2变亮、L3不变D. L1变亮、L2变暗、L3不变【答案】C【解析】此题考查电容电感对交变电流的阻碍作用，电源电动势的最大值不变，各支路两端电压有效值也不变，由电感对电流阻碍作用随着频率的增大而增大，电容对电流的阻碍作用随着频率的增大而减小，可判断出L1灯泡变暗，L2变亮，L3不变9. 如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（ ）A. 同时向两侧推开B. 同时向螺线管靠拢C. 一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D. 同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【答案】A【解析】在电键S断开前，两环的磁通量为零，当电键S闭合的一瞬间，通过两环的磁通量增大，故环要减小穿过磁场的面积，即环要远离通电螺线管，所以都向两侧运动，即A正确。10.温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度的变化而变化的特性工作的如图甲中，电源的电动势E9.0 V，内电阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙的Rt图线所示，闭合开关，当R的温度等于20 时，电流表示数I12 mA，(1) 电流表G的内阻Rg_；(2) 当电流表的示数I23.6 mA时，热敏电阻R的温度是_.【答案】120【解析】试题分析：(1)由乙图可知当R的温度等于20 时，阻值为4K,由欧姆定律，解得Rg500；(2) 当电流表的示数I23.6 mA时，则根据，解得R=2 K,由图中读出热敏电阻R的温度是120。考点：热敏电阻及全电路欧姆定律。11.如图中半径为的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中,绕轴以角速度沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A. 由到,B. 由到,C. 由到,D. 由到,【答案】D【解析】金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为EBr2/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流IBr2/(2R)，方向由d到c，故选D项12.如图所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，穿过它们的磁通量分别为，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：a线圈中通过环形电流，根据安培定则可知，通过a线圈内的磁感应线方向垂直纸面向里，线圈外的磁感应线方向垂直纸面向外，根据磁通量定义可知abc，所以只有选项B正确。考点：磁通量二、多选题13.如图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能的是（ ）A. 先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转B. S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转C. 先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转D. S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转【答案】AD【解析】试题分析：当闭合电路的磁通量发生变化时，线圈中出现感应电流，从而会导致指针偏转解：A、先闭合S2，构成闭合电路，当后闭合S1的瞬间时，通过线圈A的电流增大，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，从而产生感应电流，则指针发生偏转，故A正确；B、当S1、S2闭合后，稳定后线圈B中没有磁通量的变化，因而线圈B中没有感应电流，在断开S2的瞬间，当然指针也不偏转，故B错误；C、先闭合S1，后闭合S2的瞬间，穿过线圈B的磁通量没有变化，则不会产生感应电流，故C错误；D、当S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，因而出现感应电流，故D正确，故选AD【点评】考查产生感应电流的条件，及掌握判定磁通量如何变化14.如图所示的电路中,A、B、C三灯泡亮度相同,电源为220V,50Hz的交流电源,以下叙述中正确的是( )A. 改接220V,100Hz的交流电源时,A灯变亮,B灯变暗,C灯亮度不变B. 改接220V,100Hz的交流电源时,A灯变暗,B灯变亮,C灯变亮C. 改接220V的直流电源时,A灯熄灭,B灯变亮,C灯亮度不变D. 改接220V的直流电源时,A灯熄灭,B灯变亮,C灯变暗【答案】AC【解析】三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过A灯泡所在支路的电流变大，流过灯泡B所在支路的电流变小，流过灯泡C所在支路的电流不变。故灯泡A变亮，灯泡B变暗，灯泡C亮度不变，故A正确，B错误；改接220 V的直流电源时，电容器隔直流，电感线圈通低频，所以A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变，C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。15. 如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是APmgvsinBP3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为sinD在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【答案】C【解析】试题分析：当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则，当导体棒以匀速运动时受力平衡，则，故，拉力的功率，故A B错误；当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，解得，故C正确；由能量守恒，当速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误。考点：考查了导体切割磁感线运动【此处有视频，请去附件查看】三、计算题16.发电机输出功率为100KW,输出电压是250V,用户需要的电压是200V,输电线电阻为10.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的,试求:（1）.在输电线路中设置的升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为多少.（2）.用户得到的电功率是多少?【答案】（1） （2）【解析】试题分析：由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比，再根据电压比求出降压变压比；用户得到的功率P户=96%。（1）输电线损耗功率由，可得输电线电流升压变压器原线圈中的输入电流为: 所以升压变压器中原、副线圈的匝数比为: 升压变压器副线圈两端的电压为: 输电线路中损失的电压为降压变压器原线圈两端的电压为所以降压变压器原、副线圈的匝数比为: （2）用户得到的电功率,即降压变压器的输出功率为点睛：本题主要考查了远距离输电，注意变压器匝数比与电流成反比，与电压成正比，想法求得电流与电压之比是解题的关键。17.如图所示，ab、cd为静止于水平面上宽度为L且长度很长的U形金属滑轨，bc连接有电阻R，其他部分电阻不计，ef为一可在滑轨平面上滑动、质量为m且电阻不计的均匀金属棒，一匀强磁场B垂直滑轨平面向上金属棒由一水平细绳跨过定滑轮连接一质量为M的重物若重物从静止开始下落，设定滑轮无质量，且金属棒在运动中均保持与bc边平行，忽略所有摩擦力，则：(1)当金属棒做匀速运动时，其速度是多少？(忽略bc边对金属棒的作用力)(2)若重物从静止开始至匀速运动之后的某一时刻下落的总高度为h，求这一过程中电阻R上产生的热量【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：物体做匀速直线运动，由共点力的平衡条件可求得物体运动的速率；对全程由能量守恒定律可求得产生的热量。(1)取重物M与金属棒m为一系统，使系统运动状态改变的力只有重物受到的重力与金属棒受到的安培力，由于系统在开始一段时间里处于加速运动状态，由此产生的安培力是变化的，安培力做功属于变力做功，系统的运动情况分析：当a0时，有MgF安0，而联立解得：(2)根据能量守恒：重力势能的减少等于动能和电路中产生的热量：解得：点睛：本题主要考查了导体切割磁感线过程中的平衡关系及能量守恒定