福建省宁德市部分一级达标中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

福建省宁德市部分一级达标中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、选择题1.下列现象中，属于电磁感应现象的是A. 小磁针在通电导线附近发生偏转B. 通电线圈在磁场中转动C. 磁铁吸引小磁针D. 因闭合线圈在磁场中运动而产生电流【答案】D【解析】【详解】电磁感应指闭合回路中部分导体做切割磁感线运动，或者穿过闭合线圈的磁通量变化，则回路中即可产生感应电流；A、小磁针在通电导线附近发生偏转，这是电流的磁效应，故A错误；B、通电线圈在磁场中转动，是由于安培力作用，故B错误；C、磁铁吸引小磁针，磁性相互作用，故C错误；D、闭合线圈在磁场中运动而产生电流，是由于闭合回路中磁通量发生变化从而产生感应电流，属于电磁感应现象，故D正确。2.关于涡流现象及其应用的说法，正确的是A. 生产和生活中的涡流总是有益的B. 由恒定直流电可以产生涡流C. 电磁炉应用涡流发热D. 产生涡流时，热能转化为电能【答案】C【解析】【详解】A、电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流，由恒定直流电不可以产生涡流，生产和生活中的涡流有一些是有益的，有一些是有害的，故AB错误；C、电磁炉是闭合线圈在变化磁场中，产生感应电流，与涡流有关，利用涡流发热，产生涡流时，电能转化为热能，故C正确，故D错误。3.三个相同的电阻，分别通过如图(甲)、(乙)、(丙)所示的电流，(甲)为正弦式交流电，三个图中的I0和周期T都相同。下列说法中正确的是A. 在相同时间内三个电阻发热量相等B. 在相同时间内，(甲)、(丙)发热量相等，是(乙)发热量的一半C. 在相同时间内，(甲)、(乙)发热量相等，是(丙)发热量的2倍D. 在相同时间内，(乙)发热量最大，(甲)次之，(丙)的发热量最小【答案】B【解析】【详解】甲有效值为：，由可知一个周期内甲的发热量为：；乙前后半个周期电流大小相等，故其发热量为：；丙只有前半个周期有电流，故其发热量为：，故可知在相同时间内，甲丙发热量相等，是乙发热量的，故B正确，ACD错误。4.如图所示，AB支路由带铁芯的线圈和电流表串联而成，设电流强度为I1；CD支路由电阻R和电流表串联而成，设电流强度为I2，两支路直流电阻阻值相同，在接通开关S和断开开关S的瞬间，以下说法正确的是A. S接通瞬间I1I2；断开瞬间I1=I2B. S接通瞬间I1I2C. S接通瞬间I1I2；断开瞬间I1I2；断开瞬间I1=I2【答案】A【解析】【详解】如图所示，当接通瞬间，通过线圈的电流要增加，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流增加，从而使得电流慢慢增加，故；当断开瞬间，通过线圈的电流要减小，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流减小，从而使得电流慢慢减小，但两电流表是串联，故电流相等，即，故A正确，BCD错误。5.北半球地磁场的竖直分量向下。如图所示，在宁德某中学实验室的水平桌面上，放置着边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向。下列说法中正确的是A. 若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势高B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C. 若以ab边为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD. 若以ab边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为adcba【答案】C【解析】【详解】AB、向东平动时，由右手定则可知，a点的电势比b点的电势低；向北平动时，bc和ad两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a、b两点的电势相等，故AB错误；CD、若以ab为轴将线圈向上翻转，向下的磁通量减小量，感应电流的磁场方向应该向下，则感应电流的方向为abcda故C正确，D错误。6.实验室有一个10匝矩形闭合金属线圈，在匀强磁场中绕垂直磁场方向的转轴OO匀速转动，线圈中磁通量随时间t变化的情况如图所示。已知线圈的总电阻为10，则下列描述中正确的是A. 线圈产生的交流电的电动势有效值为100VB. 电流的瞬时表达式C. 在0.050.1s时间内，通过线圈某一横截面的电荷量为0.25CD. 此交流电1s内电流的方向改变5次【答案】B【解析】【详解】A、磁通量的变化周期为，故此交流电的周期为，此交流电动势的最大值为：，故有效值，则电流的瞬时值表达式为：，故A错误，B正确；C、在时间内，通过线圈某一横截面的电荷量为：，故C错误；D、一个周期内电流方向改变2次，故此交流电1s内电流的方向改变次，故D错误。7.如图所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小 均为B.方向分别 垂直于纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直.现用外为F使线框以速度v匀速穿过磁场睦域，运动过程中线框的右边始终与磁场边界平行.以初始位置为.计时起点，规定电流沿逆时针方向时感应电动势E为正，磁感线垂直于纸面向里时磁通量为正，外力F向右为正.关于线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和电功率P随时间t变化的关系，正确的是图中的（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得安培力的大小变化，也可从方向来判断安培力的变化情况；由P=I2R可求得电功率的变化。【详解】A项：当线框运动到L时开始进入磁场，磁通量开始均匀增加；当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L时，磁通量最小为零，故A错误；B项：当线圈进入第一个磁场时，只有一个边切割磁感线，电动势E=BLV保持不变；当开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLV保持不变；当线圈进入第三个磁场时，只有一个边切割磁感线，电动势E=BLV保持不变；这三个过程电动势的方向不完全相同，但本题直选大小关系，故B错误；C项：因安培力方向总是阻止引起磁通量的变化方向而一直向左，由于线框是匀速运动，由二力平衡条件可得外力F方向应一直向右，故C错误；D项：由于线框是匀速运动，所以线框的电功率等于其热功率，即：,因速度不变，而在线框在穿过磁场区域的电动势大小分别是E、2E和E，因此功率关系一定是1：4：1故D正确。故应选：D。【点睛】本题是电磁感应在物理图象中的应用，涉及到力学、电磁学知识及运动学等知识，在解题时要分清物理过程，从大小、方向两方面进行判断，同时要注意求解合磁通量大小的方法。8.一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场方向垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示，t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图像如图乙所示。已知线框的质量m=1 kg，电阻R=1 ，以下说法不正确的是 A. 线框的边长为1 mB. 线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2C. 匀强磁场的磁感应强度为TD. 线框穿过磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为C【答案】A【解析】【详解】时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度大小为：。则线框的边长为：，线框刚出磁场时的速度为： ，此时线框所受的安培力为，则得安培力，根据牛顿第二定律得，代入得：，代入数据，解得，故A错误，BC正确；电荷量为：，故D正确。9.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比101，原线圈输入交变电压u100sin 50t(V)，在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻R，电容器并联在电阻R两端，电阻阻值R10 ，关于电路分析，下列说法中正确的是A. 电流表示数是1 AB. 电流表示数大于1 AC. 电阻R消耗的电功率为10 WD. 电容器的耐压值至少是10V【答案】BCD【解析】【详解】AB、由题意知原线圈输入电压有效值为，所以副线圈电压为，则通过电阻的电流为：,由于电容器通交流，所以电流表示数大于，故A错误，B正确；C、电阻R消耗的电功率为，故C正确；D、副线圈电压最大值为，电容器的耐压值至少是，故D正确。10.匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示。磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B随时间t变化规律如图乙所示。用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示金属环产生对应感应电流时其中很小段受到的安培力。则A. I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B. I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向C. f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心D. f1方向指向圆心，f2方向指向圆心【答案】AC【解析】【详解】AB、由图乙所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A正确，B错误；CD、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力方向指向圆心，ab段安培力方向背离圆心向外，bc段，安培力方向指向圆心，故C正确，D错误。11.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则A. U=22VB. U=66VC. k=1/3D. k=1/9【答案】BD【解析】【详解】由题意知：副线圈的电流为： 则原线圈的电流为： 与原线圈串联的电阻的电压为： 由变压器的变比可知，原线圈的电压为，所以有：解得： 原线圈回路中的电阻的功率为： 副线圈回路中的电阻的功率为： 所以，选项BD正确，AC错误。12.如图甲所示，在倾角为的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框从t0时刻静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是A. t1t3时间内金属框中的电流方向不变B. 0t3时间内金属框做匀加速直线运动C. 0t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D. 0t3时间内金属框中产生的焦耳热为【答案】AB【解析】t1t2时间时间内磁感应强度减小，线框面积不变，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向；t2t3时间内，磁场反向增大，磁通量增大，由楞次定律，感应电流方向仍然是逆时针方向，所以t1t3时间内金属框中的电流方向不变，故A正确；由于两个边的电流方向相反，两个边的安培力是抵消的，安培力的合力为0，所以金属框在下滑过程中，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，故B正确，C错误；金属框的安培力合力为0，对金属框只有重力做功，没有其他外力做功，机械能守恒，减少的重力势能等于增加的动能，即mgLsinmv2，故D错误；故选AB。点睛：本题考查电磁感应中力学问题，关键是能分析金属框的受力情况，判断金属框的运动情况，关键是注意金属框两个对边安培力大小相等，方向相反互相抵消二、实验题13.为了探究电磁感应现象，某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知:（1）当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针_(填“左偏”“不动”或“右偏”)；（2）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针_(填“左偏”“不动”或“右偏”)。【答案】 (1). 右偏 (2). 左偏【解析】【详解】在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，知磁通量增加时，电流计指针向右偏转；（1）当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻减小，则电流增大，则磁通量增大，所以电流计的指针向右偏转；（2）将线圈A拔出时，磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转。14.某实验小组探究一种热敏元件的电阻随温度变化的特性。现有器材：直流恒流电源（在正常工作状态下输出的电流恒定并且可读出其大小）、电压表、待测元件、保温容器、温度计、开关和导线等。（1）若用上述器材测量该元件的阻值随温度变化的特性，请你在答题纸对应图中用笔连线画出实物连接图_。（2）实验的主要步骤：正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，记录_和_，断开开关；重复第步操作若干次，测得多组数据。（3）实验小组测得该元件在不同温度下的阻值。并据此绘得上图的R-t关系图线，请根据图线写出该元件的R-t关系式：R=_。【答案】 (1). 如图所示： (2). 电压表示数 (3). 温度计示数 (4). 100+1.6t（其中1001，1.60.1均可）【解析】【详解】（1）直流恒流电源在正常工作状态下输出的电流恒定并且可读出其大小，电压表并联在热敏元件两侧，实物图连接如下图：（2）该实验需测出不同温度下热敏元件的电阻，所以需记录电压表的示数和温度计的示数；（3）根据R-t关系图线，知R与t成线性关系，根据几何知识可知：，（其中，均可）。三计算题15.如图所示，在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，有一个半径r=0.5m的金属圆环。圆环所在的平面与磁感线垂直，OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以=20rad/s的角速度绕圆心O匀速转动。 A端始终与圆环相接触， OA棒的电阻R=0.1 ，图中定值电阻R1=100 ，R2=4.9 ，电容器的电容C=100pF 。圆环和连接导线的电阻忽略不计，求：（1）上极板所带电性及电容器的电荷量；（2）电路中消耗的总功率。【答案】（1）上极板带正电 （2）【解析】【详解】（1）根据右手定则知，感应电流的方向由OA，由图示电路图可知，电容器上极板电势高下极板电势低，电容器上极板带正电，下极板带负电；导体棒中产生的感应电动势，则则；（2）则电路中消耗的电功率为：。16.如图甲所示，两条相距d1 m的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值R9 的电阻，右端放置一阻值r1 、质量m1 kg的金属杆，开始时金属杆与MP相距L4 m。导轨置于竖直向下的磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。给金属杆施加一向右的力F（F未知），使杆在02 s内杆静止在NQ处。在t2 s时杆开始做匀加速直线运动，加速度大小a1 m/s。（g取10 m/s）求：（1）杆静止时，杆中感应电流的大小和方向；（2）杆在t5 s末受到的力F的大小。【答案】（1）0.8 A，方向NQ（2）5.8 N【解析】【详解】（1）在内，由电磁感应定律得： 由闭合电路欧姆定律得：，根据楞次定律可知电流方向：NQ；（2）杆做匀加速直线运动的时间为： 末杆的速度： 由电磁感应定律得： 由闭合电路欧姆定律得： 在运动过程中杆受到的安培力： 对杆运用牛顿第二定律有： 解得：。17.发电机输出功率为P50kW，输出电压500V，用户需要的电压220V，连接升压变压器和降压变压器的输电线电阻为R3.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的0.6%，试求： （1）用户得到的电功率是多少？（2）输电线中的电流和输电线上损失电压分别是多少？（3）在输电线路中的升压、降压变压器原副线圈的匝数比分别是多少？【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】根据输电线上损耗的功率为0.6%求出用户得到的功率；根据输电线上损耗的功率求出输电线上的电流和输电线上损失电压，结合升压变压器原副线圈的电流之比求出匝数之比；根据匝数之比求出升压变压器的输出电压，结合输电线上损失的电压，求