海南省海口市高二物理上学期期末试卷 理（含解析）.docVIP

2016-2017学年海南省海口市高二（上）期末物理试卷（理科）一、单项选择题：（本题共6小题，每小题4分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1下列提到的交流电，不是指有效值的是（）a交流电压表的读数b保险丝熔断电流c电容器击穿电压d220v交流电压2在如图所示电路中，已知交流电源电压u=311sinv，电阻r=100欧则电流表和电压表的读数分别为（）a3.11a，311vb2.2a，220vc2.2a，311vd3.11a，220v3通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率p，原线圈的电压u保持不变，输电线路的总电阻为r当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为p1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为p2，则p1和分别为（）a，b，c，d（）2r，4如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积s和橡皮绳的长度l将（）as增大，l变长bs减小，l变短cs减小，l变长ds增大，l变短5如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角邻匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区城，已知对角线ac的长度为磁场宽度的两位且与磁场边界垂直下面对于线框中感应电流随时间交化的图象（电流以abcd顺序流向为正方向，从c点进人磁场开始计时）正确的是（）abcd6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（）a4ab ac ad a二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的全部选对的，得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分）7如图所示电路中，l为电感线圈，r为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压=220sin100t v若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为25hz，下列说法中正确的有（）a电流表示数增大b电压表示数增大c灯泡变暗d灯泡变亮8如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为5：1，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（阻值随光照强度增大而减小），原线圈两端电压u=220sin314t（v），以下说法正确的是（）a当光照增强时，电压表v1示数为44v保持不变b当光照增强时，电压表v2示数不变c通过电流表a1的电流方向每秒变化100次d当光照增强时，电流表a2示数变大，a1示数不变9如图电路中，a1、a2是两个指示灯，l是自感系数很大的线圈，电阻r阻值较小，开关s1断开、s2闭合现闭合s1，一段时间后电路稳定下列说法中正确的是（）a闭合s1，通过电阻r的电流先增大后减小b闭合s1，al亮后逐渐变暗c闭合s1，a2逐渐变亮，然后亮度不变d断开电路时，为保护负载，应先断开s2，再断开s110如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻r，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m、电阻不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒ab垂直的恒力f作用下沿导轨匀速上升，上升高度为h则在此过程中，以下说法正确的是（）a作用于棒ab上的各力的合力所做的功等于电阻r上产生的焦耳热b恒力f和重力的合力所做的功等于电阻r上产生的焦耳热c恒力f和安培力的合力所做的功等于零d恒力f所做的功等于棒ab重力势能的增加量和电阻r上产生的焦耳热之和三、实验题（本题2小题，共16分其中11题9分，12题7分把答案写在答题卡中指定的答题处）11利用负温度系数热敏电阻制作的热敏传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高（1）如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变 （选填“大”或“小”）（2）上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度如果刻度盘正中的温度为20（如图甲所示），则 25的刻度应在20的刻度的 （选填“左”或“右”）侧（3）为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请用图乙中的器材（可增加元器件）设计一个电路12如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补充完整（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将 偏转（填“向左”“向右”或“不”）（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将 偏转（填“向左”“向右”或“不”）四、计算题（本题共3小题，共40分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）13轻质细线吊着一质量为m=0.32kg，边长为l=0.8m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t0时间细线开始松弛，g=10m/s2求：（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；（2）在前t0时间内线圈的电功率；（3）求t0的值14小型水利发电站的发电机输出功率为24.5kw，输出电压为350v，输电线总电阻为4，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220v，所以在用户处需安装降压变压器输电电路图如图所示，求：（1）输电线上的电流（2）升压变压器的原、副线圈的匝数之比（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比15如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为l=0.5m，左端接有阻值为r=0.8的电阻，处在方向竖直向下，磁感应强度为b=1t的匀强磁场中，质量为m=0.1kg的导体棒与固定弹簧相连，导体棒的电阻为r=0.2，导轨的电阻可忽略不计初时刻，弹簧恰好处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0=4m/s导体棒第一次速度为零时，弹簧的弹性势能ep=0.5j导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触求：（1）初始时刻导体棒受到的安培力的大小和方向；（2）导体棒从初始时刻到速度第一次为零的过程中，电阻r上产生的焦耳热q2016-2017学年海南省海口市海南中学高二（上）期末物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题共6小题，每小题4分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1下列提到的交流电，不是指有效值的是（）a交流电压表的读数b保险丝熔断电流c电容器击穿电压d220v交流电压【考点】e4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值【解答】解：a、交流电表的示数 是有效值故a正确；b、保险丝的熔断是根据电流的热效应工作的；故对应的电流也是有效值，故b正确；c、电容器的耐压值，是指的最大值，故c错误；d、220v的交流电压，是有效值，故d正确；题目要求不是有效值，故选：c2在如图所示电路中，已知交流电源电压u=311sinv，电阻r=100欧则电流表和电压表的读数分别为（）a3.11a，311vb2.2a，220vc2.2a，311vd3.11a，220v【考点】bb：闭合电路的欧姆定律【分析】由交流电源电压的表达式可知电源电压的最大值，从而求得有效值，再由欧姆定律可求得通过r的电流有效值，即可知道两电表的示数【解答】解：由交流电源电压u=311sinv知，交流电源电压的最大值 um=311v，有效值 u=v=220v； 由欧姆定律可知，电路中电流 i=a=2.2a，所以电流表和电压表的读数分别为2.2a，220v；故b正确，acd错误；故选：b3通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率p，原线圈的电压u保持不变，输电线路的总电阻为r当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为p1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为p2，则p1和分别为（）a，b，c，d（）2r，【考点】e8：变压器的构造和原理【分析】根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，变压器不改变功率，由p=ui求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率【解答】解：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，输电电压为ku，输送功率p=kui，所以=；当副线圈与原线圈的匝数比为nk时，输电电压为nku，输送功率p=nkui，所以=；故选d4如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积s和橡皮绳的长度l将（）as增大，l变长bs减小，l变短cs减小，l变长ds增大，l变短【考点】db：楞次定律【分析】弹性的金属圆环处于长直导线电流所产生的磁场中，根据右手螺旋定则可判定圆环所处磁场的方向，且大小变化再根据楞次定律可确定圆环内的感应电流方向，根据左手定则，判断出弹性的金属圆环受到安培力的方向，从而判断出结果正确与否【解答】解：根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向：逆时针方向根据左手定则可知，弹性的金属圆环上边的所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边的所受的安培力竖直向上，由于下边离长直导线电流越远，磁场越弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度l变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手定则可知，安培力指向圆心，导致弹性环面积s减小故c正确，a、b、d错误故选：c5如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角邻匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区城，已知对角线ac的长度为磁场宽度的两位且与磁场边界垂直下面对于线框中感应电流随时间交化的图象（电流以abcd顺序流向为正方向，从c点进人磁场开始计时）正确的是（）abcd【考点】d9：导体切割磁感线时的感应电动势；bb：闭合电路的欧姆定律【分析】先根据楞次定律判断感应电流的方向，再结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化【解答】解：线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为abcd方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为adcba，即为负值在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈出磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大，在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小故b正确，a、c、d错误故选：b6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（）a4ab ac ad a【考点】e4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】根据有效值的定义求解取一个周期时间，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【解答】解：设交流电电流的有效值为i，周期为t，电阻为r则i2rt=（4）2+42rt解得 i=a故选b二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的全部选对的，得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分）7如图所示电路中，l为电感线圈，r为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压=220sin100t v若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为25hz，下列说法中正确的有（）a电流表示数增大b电压表示数增大c灯泡变暗d灯泡变亮【考点】de：自感现象和自感系数【分析】由交流电源的电压可知该交流电源的频率，当电压的有效值不变时而频率改变，则会导致线圈对电流阻碍发生变化，从而出现电表读数的大与小，灯泡的亮与暗【解答】解：交流电源的电压u=220sin100t v可得：=100 而=2f 则 f=50hz 现在电感的感抗为xl=2fl，f为频率，l为自感系数当频率变化为25hz，则频率在减小所以电感的感抗减小，即相当于它由一个大电阻变成了一个小电阻a、在频率变小时，线圈对电流的阻碍作用较小，则电流表示数变大故a正确；b、由于频率减小，电流表示数变大，且电压的有效值不变，因此灯泡两端电压增大，所以电压表示数减小，故b错误；c、d、由于频率变小，则电流变大，所以通过线圈的电流大，因此灯泡变亮，故c错误，d正确；故选：ad8如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为5：1，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（阻值随光照强度增大而减小），原线圈两端电压u=220sin314t（v），以下说法正确的是（）a当光照增强时，电压表v1示数为44v保持不变b当光照增强时，电压表v2示数不变c通过电流表a1的电流方向每秒变化100次d当光照增强时，电流表a2示数变大，a1示数不变【考点】e8：变压器的构造和原理【分析】变压器中的动态电路分析和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r3的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况【解答】解：a、原线圈两端电压有效值为220，原副线圈匝数比为5：1，所以副线圈的电压有效值为44v，电压表v1示数为44v保持不变，与电阻的变化无关，故a正确；b、当光照增强时，r3的电阻减小，总的电阻减小，由于副线圈输出电压不变，所以电路的总电流要变大，r1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表v2示数变小，故b错误；c、交流电的频率为f=hz，由于每个周期内交流电的方向改变两次，故通过电流表a1的电流方向每秒变化100次，故c正确；d、当光照增强时，r3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此a1、a2的示数都要变大，故d错误故选：ac9如图电路中，a1、a2是两个指示灯，l是自感系数很大的线圈，电阻r阻值较小，开关s1断开、s2闭合现闭合s1，一段时间后电路稳定下列说法中正确的是（）a闭合s1，通过电阻r的电流先增大后减小b闭合s1，al亮后逐渐变暗c闭合s1，a2逐渐变亮，然后亮度不变d断开电路时，为保护负载，应先断开s2，再断开s1【考点】de：自感现象和自感系数【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析【解答】解：a、闭合开关s1的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过电阻r的电流慢慢增加故a错误b、闭合开关s1，虽因存在自感作用，但通过r的电流逐渐增加，干路电流逐渐增加，通过al逐渐变亮故b错误c、当闭合s1，线圈对电流的阻碍渐渐变小，导致a2逐渐变暗，故c错误；d、断开电路时，为保护负载，由于线圈l产生自感电动势，应先断开s2，再断开s1故d正确，故选：d10如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻r，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m、电阻不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒ab垂直的恒力f作用下沿导轨匀速上升，上升高度为h则在此过程中，以下说法正确的是（）a作用于棒ab上的各力的合力所做的功等于电阻r上产生的焦耳热b恒力f和重力的合力所做的功等于电阻r上产生的焦耳热c恒力f和安培力的合力所做的功等于零d恒力f所做的功等于棒ab重力势能的增加量和电阻r上产生的焦耳热之和【考点】d9：导体切割磁感线时的感应电动势；bh：焦耳定律【分析】题中导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量【解答】解：a、金属棒向上匀速运动，合力为零，故在金属棒上升的过程中作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零，故a错误；b、金属棒受重力、恒力f以及安培力，合力做功为零，而上升过程中重力做负功，根据动能定理得：wf+wg+w安=0，得wf+wg=w安，克服安培力做的功等于电阻r上产生的焦耳热，故b正确；c、金属棒受重力、恒力f以及安培力，合力做功为零，而上升过程中重力做负功，根据动能定理得：wf+wg+w安=0，得wf+w安=wg，故恒力f与安培力的合力所做的功等于克服重力做功，故c错误；d、根据动能定理得：wf+wg+w安=0，得wf=wgw安，克服重力做的功wg等于棒ab重力势能的增加量，克服安培力所做功w安即等于回路电阻中产生的热量，故有恒力f所做的功等于棒ab重力势能的增加量和电阻r上产生的焦耳热之和，故d正确；故选：bd三、实验题（本题2小题，共16分其中11题9分，12题7分把答案写在答题卡中指定的答题处）11利用负温度系数热敏电阻制作的热敏传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高（1）如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变小（选填“大”或“小”）（2）上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度如果刻度盘正中的温度为20（如图甲所示），则 25的刻度应在20的刻度的右（选填“左”或“右”）侧（3）为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请用图乙中的器材（可增加元器件）设计一个电路【考点】n5：描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）热敏电阻具有在受热时电阻迅速减小、温度降低时电阻迅速的特点，所以当热敏电阻所在区域的温度降低，阻值增大，由欧姆定律可知电路中的电流变化情况；（2）当热敏电阻附近的温度小于20时，热敏电阻的阻值变大，电路中的电流变小，所以15的刻度应在20的左边；（3）根据实验要求明确实验电路的接法【解答】解：（1）因为负温度系数热敏电阻温度升高时电阻减小，温度降低时，电阻增大故电路中电流会减小（2）由（1）的分析知，温度越高，电流越大，25的刻度应对应较大电流，故在20对应电流刻度的右侧（3）由于热敏电阻的阻值随温度的变化而变化，故只需将电流表与热敏电阻串联在电源两端，即可显示温度的示数； 如图所示：故答案为：（1）小（2）右（3）如图所示12如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补充完整（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将向右偏转（填“向左”“向右”或“不”）（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向左偏转（填“向左”“向右”或“不”）【考点】nf：研究电磁感应现象【分析】探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路根据题意确定电流计指针偏转方向与磁通量变化的关系，然后根据磁通量的变化判断电流计指针偏转方向【解答】解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：（2）在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转故答案为：（1）电路图如图所示；（2）向右；（3）向左四、计算题（本题共3小题，共40分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）13轻质细线吊着一质量为m=0.32kg，边长为l=0.8m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t0时间细线开始松弛，g=10m/s2求：（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；（2）在前t0时间内线圈的电功率；（3）求t0的值【考点】d9：导体切割磁感线时的感应电动势；bb：闭合电路的欧姆定律；cc：安培力【分析】（1）根据=求出感应电动势，注意s为有效面积（2）根据感应电动势求出感应电流，再根据p=i2r求出线圈的电功率（3）当线圈所受的安培力等于线圈的重力时，绳子的张力为零，细线开始松弛根据，求出拉力为零时的磁感应强度，再根据图象求出时间【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得：故在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.4v（2） p=i2r=0.16（w）故在前t0时间内线圈的电功率为0.16w（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：由图象知：解得：t0=2s故t0的值为2s14小型水利发电站的发电机输出功率为24.5kw，输出电压为350v，输电线总电阻为4，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220v，所以在用户处需安装降压变压器输电电路图如图所示，求：（1）输电线上的电流（2）升压变压器的原、副