福建省莆田六中高二物理下学期期中试卷（普通班含解析）.doc

2015-2016学年福建省莆田六中高二（下）期中物理试卷（普通班）一、单项选择题：（19小题，每小题只有一个正确选项，每小题5分；10、11、12小题为多项选择，每小题5分，全部选对得满分，选不全得3分数，错选一个得零分；总共60分）1如图均为闭合线框除b外均在匀强磁场中运动，请判断哪种情况能产生感应电流（）a b c d2如图所示，一台理想变压器的原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为5：1原线圈两端加u1=220v的正弦交变电压时，副线圈两端的电压u2为（）a44 vb33 vc22 vd11 v3如图是测定自感系数很大的线圈l直流电阻的电路，l两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压在测量完毕后，将电路解体时应（）a先断开k1b先断开k2c先拆除电流表d先拆除电阻r4如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为e，则ab两点间的电势差为（）a b c de5如图所示是某种汽车上的一种自动测定油箱内油面高度的装置r是滑动变阻器它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表（由电流表改装而成）指针所指的刻度，就可以知道油箱内油面的高度，当滑动变阻器的金属滑片向下移动时（）a电路中的电流减小，油箱油面降低b电路中的电流减小，油箱油面升高c电路中的电流增大，油箱油面降低d电路中的电流增大，油箱油面升高6如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0，外接r=9.0的电阻闭合开关s，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=10sin（10t） v，则（）a该交变电流的频率为10 hzb该电动势的有效值为10 vc外接电阻r所消耗的电功率为10 wd电路中理想交流电流表a的示数为a7一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻r相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆始终与导轨接触良好，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中（）a向上滑行与向下滑行的时间相等b向上滑行与向下滑行时电阻r上产生的热量相等c向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等d向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等8将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度b随时间t变化的图象如图乙所示用f表示ab边受到的安培力，以水平向右为f的正方向，能正确反映f随时间t变化的图象是（）a b c d9如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1：n2=4：1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表的示数是12ma，则电流表的示数为（）a3 mab0c48 mad与负载r的值有关10如图所示，边长为l的正方形闭合导线框置于磁感应强度为b的匀强磁场中，线框平面与磁感线的方向垂直用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场，比较这两个过程，以下判断正确的是（）a若v1v2，通过线框导线的电荷量q1q2b若v1v2，拉力f1f2c若v1=2v2，拉力作用的功率p1=2p2d若v1=2v2，拉力所做的功w1=2w211一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压如图甲所示，副线圈接有可调电阻r，触头p与线圈始终接触良好，如图乙所示，下列判断正确的是（）a交变电源的电压u随时间t变化的规律是u=u0cosvb若仅将触头p向a端滑动，则电阻r消耗的电功率增大c若仅使电阻r增大，则原线圈的输入电功率增大d若使电阻r增大的同时，将触头p向b端滑动，则通过a处的电流一定增大12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（）ap=2mgvsinbp=3mgvsinc当导体棒速度达到时加速度大小为d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）13甲、乙两个物体在同一直线上同向运动甲物体在前、乙物体在后，甲物体质量为2kg，速度是1m/s，乙物体质量是4kg，速度是3m/s乙物体追上甲物体发生正碰后，两物体仍沿原方向运动，而甲物体的速度为3m/s，乙物体的速度是多少？14内蒙古拥有得天独厚的风力资源，是我国北部的风能富集区在2008年奥运会之前分两期兴建了总装机容量为12万千瓦的风力发电厂建成后，若采用110kv电压向北京输电已知从内蒙古到北京的输电线电阻为1（1）求输电导线损耗的功率；（2）若为了降低损耗，把输电电压提高为220kv，求提高输电电压后比原来少损耗的功率（3）为了进一步节约能源，请你为输电环节提出一条以上改进措施15如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5，在磁感应强度b=0.5t的匀强磁场中绕oo轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部 20的电阻r相接求：（1）s断开时，电压表示数；（2）电键s合上时，电压表和电流表示数；（3）为使r正常工作，r的额定电压是多少？（4）通过电阻r的电流最大值是多少？电阻r上所消耗的电功率是多少？16如图甲所示，电流传感器（相当于一只理想电流表）能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出it图象电阻不计的足够长光滑平行金属轨道宽l=1.0m，与水平面的夹角=37轨道上端连接阻值r=1.0的定值电阻，金属杆mn长与轨道宽相等，其电阻r=0.50、质量m=0.02kg在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，杆在整个运动过程中与轨道垂直，此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的it图象重力加速度g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，试求：（1）t=1.2s时电阻r的热功率；（2）匀强磁场的磁感应强度b的大小；（3）t=1.2s时金属杆的速度大小和加速度大小2015-2016学年福建省莆田六中高二（下）期中物理试卷（普通班）参考答案与试题解析一、单项选择题：（19小题，每小题只有一个正确选项，每小题5分；10、11、12小题为多项选择，每小题5分，全部选对得满分，选不全得3分数，错选一个得零分；总共60分）1如图均为闭合线框除b外均在匀强磁场中运动，请判断哪种情况能产生感应电流（）a b c d【考点】感应电流的产生条件【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题【解答】解：a、线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故a错误；b、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故b错误；c、线框绕轴转动，导致穿过的磁通量发生变化，因此会产生感应电流，故c正确；d、线框绕平行于磁感线方向的轴转动，磁通量不发生变化，因此线框不产生感应电流，故d错误；故选：c2如图所示，一台理想变压器的原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为5：1原线圈两端加u1=220v的正弦交变电压时，副线圈两端的电压u2为（）a44 vb33 vc22 vd11 v【考点】变压器的构造和原理【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解【解答】解：由=，若原线圈两端要得到u1=220v的正弦交变电压，所以u2=u1=44v故选：a3如图是测定自感系数很大的线圈l直流电阻的电路，l两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压在测量完毕后，将电路解体时应（）a先断开k1b先断开k2c先拆除电流表d先拆除电阻r【考点】自感现象和自感系数【分析】先进行bcd三项操作都会发生自感现象，在电压表中有强电流流过，发热过多，造成仪器烧坏【解答】解：若先断开开关k2或先拆去电流表或先拆去电阻r，由于l的自感作用都会使l和电压表组成回路，原先l中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关k1故选：a4如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为e，则ab两点间的电势差为（）a b c de【考点】变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律【分析】产生电动势的圆环相当于电源，ab两点的电势差为路端电压u，根据欧姆定律求解【解答】解：ab两点的电势差为路端电压u，设粗金属环的电阻为r，则细金属环的电阻为2r，有：u=故选：c5如图所示是某种汽车上的一种自动测定油箱内油面高度的装置r是滑动变阻器它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表（由电流表改装而成）指针所指的刻度，就可以知道油箱内油面的高度，当滑动变阻器的金属滑片向下移动时（）a电路中的电流减小，油箱油面降低b电路中的电流减小，油箱油面升高c电路中的电流增大，油箱油面降低d电路中的电流增大，油箱油面升高【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】根据油箱油面升高或降低，分析r有效电阻的变化，由欧姆定律判定电路中电流的变化【解答】解：当油箱油面升高时，由于浮力作用使金属滑片向下移动，r接入电路的有效电阻减小，则回路的总电阻减小，由欧姆定律知，电路中的电流增大，故abc错误，d正确故选：d6如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0，外接r=9.0的电阻闭合开关s，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=10sin（10t） v，则（）a该交变电流的频率为10 hzb该电动势的有效值为10 vc外接电阻r所消耗的电功率为10 wd电路中理想交流电流表a的示数为a【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【分析】正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=emsint，对照e=10sin（10t） v可知em=10v，=10 rad/s，根据=2f可得该交变电流的频率；正弦式交流电电动势的有效值，交流电流表a的示数为电流的有效值，利用闭合电路欧姆定律可得交流电流表a的示数，再利用p=i2r计算外接电阻r所消耗的电功率【解答】解：正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=emsint，由此可知em=10v，=10 rad/sa、由电动势瞬时值表达式可知=10 rad/s，则该交变电流的频率f=，a错误；b、该电动势的有效值为e=，b错误；cd、电路中理想交流电流表a的示数i=，外接电阻r所消耗的电功率p=，故c错误，d正确；故选：d7一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻r相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆始终与导轨接触良好，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中（）a向上滑行与向下滑行的时间相等b向上滑行与向下滑行时电阻r上产生的热量相等c向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等d向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等【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【分析】本题首先要正确分析金属杆的受力情况和运动情况：金属杆上滑过程和下滑过程回路中均有电热产生，金属杆从底端滑上去再滑回底端高度不变，金属杆的重力势能不变，只有动能转化为电热，故金属杆再滑回底端时速度（设为v2）必然小于初速度，即v2v0，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度【解答】解：a、由于不断产生电能，棒的机械能不断减少，上滑过程与下滑过程经过同一位置时上滑的速度较大，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，故a错误b、上滑过程中，导体棒经过同一位置安培力较大，所以上滑过程中安培力的平均值较大，克服安培力做功较多，回路产生的总热量较多，则向上滑行时电阻r上产生的热量较多，故b错误c、电量q=t=t=，由于上行与下行过程中磁通量变化量大小相等，故上滑阶段和下滑阶段通过r的电荷量相同，故c正确；d、金属杆克服安培力做的功等于回路产生的热量，则知向上滑行时金属杆克服安培力做的功较多，故d错误故选：c8将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度b随时间t变化的图象如图乙所示用f表示ab边受到的安培力，以水平向右为f的正方向，能正确反映f随时间t变化的图象是（）a b c d【考点】楞次定律；安培力；左手定则【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向【解答】解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度b的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故b正确故选b9如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1：n2=4：1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表的示数是12ma，则电流表的示数为（）a3 mab0c48 mad与负载r的值有关【考点】变压器的构造和原理【分析】理想变压器只能改变交流电的电压，不能改变直流电的电压；根据导体切割磁感线的性质可明确所产生电流的性质【解答】解：变压器只能工作于交流电路，不能工作在恒定电压和恒定电流的电路导体棒向左匀速切割磁感线时，在线圈中通过的是恒定电流，不能引起穿过线圈中的磁通量变化，在副线圈中无感应电动势出现，所以r中无电流通过故选：b10如图所示，边长为l的正方形闭合导线框置于磁感应强度为b的匀强磁场中，线框平面与磁感线的方向垂直用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场，比较这两个过程，以下判断正确的是（）a若v1v2，通过线框导线的电荷量q1q2b若v1v2，拉力f1f2c若v1=2v2，拉力作用的功率p1=2p2d若v1=2v2，拉力所做的功w1=2w2【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【分析】由法拉第电磁感应定律可求得通过导线的电荷量；由e=blv及p=fv分析力及功率的大小关系；由功的公式分析功的大小【解答】解：a、由于e=，i=，q=it，所以q=由于及r一定，故q1=q2，所以a错误b、由于f=f安，而f安=bil，i=，e=blv，所以f=f安=；故若v1v2，拉力f1f2；故b正确；c、由p=fvf=f安=所以p=由于v1=2v2，p1=4p2，故c错误d、由拉力做功w=fl=f安l=l=，又因v1=2v2，故w1=2w2，故d正确；故选：bd11一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压如图甲所示，副线圈接有可调电阻r，触头p与线圈始终接触良好，如图乙所示，下列判断正确的是（）a交变电源的电压u随时间t变化的规律是u=u0cosvb若仅将触头p向a端滑动，则电阻r消耗的电功率增大c若仅使电阻r增大，则原线圈的输入电功率增大d若使电阻r增大的同时，将触头p向b端滑动，则通过a处的电流一定增大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【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、由图甲知交变电源的电压u随时间t变化的规律是u=u0cos v，a正确；b、由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头p向a端滑动，则副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻r消耗的电功率增大，b正确；c、当电阻r增大时，电路的电阻变大，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，输入功率等于输出功率减小，c错误；d、若在使电阻r增大的同时，将触头p向b端滑动，输出电压减小，副线圈的电流减小，则通过a处的电流也减小，d错误；故选：ab12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（）ap=2mgvsinbp=3mgvsinc当导体棒速度达到时加速度大小为d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【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电磁感应中的能量转化【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力f，由p=fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化【解答】解：a、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsin=bil=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则 f+mgsin=bil=，故 f=mgsin，拉力的功率p=fv=2mgvsin，故a正确b、同理，b错误c、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsin=ma，解得a=，故c正确d、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，r上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故d错误故选：ac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）13甲、乙两个物体在同一直线上同向运动甲物体在前、乙物体在后，甲物体质量为2kg，速度是1m/s，乙物体质量是4kg，速度是3m/s乙物体追上甲物体发生正碰后，两物体仍沿原方向运动，而甲物体的速度为3m/s，乙物体的速度是多少？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】碰撞前后动量守恒，由守恒定律列方程求解即可【解答】解：由动量守恒定律得：mava+mbvb=mava+mbvb代入数据得：21+43=23+4vb解得：vb=2m/s答：乙物体的速度是2m/s14内蒙古拥有得天独厚的风力资源，是我国北部的风能富集区在2008年奥运会之前分两期兴建了总装机容量为12万千瓦的风力发电厂建成后，若采用110kv电压向北京输电已知从内蒙古到北京的输电线电阻为1（1）求输电导线损耗的功率；（2）若为了降低损耗，把输电电压提高为220kv，求提高输电电压后比原来少损耗的功率（3）为了进一步节约能源，请你为输电环节提出一条以上改进措施【考点】远距离输电；电功、电功率【分析】由p=ui的变形公式求出输电电流，由p=i2r可以求出输电功率损失由p=ui的变形公式求出输电电流，由p=i2r可以求出输电功率损失，然后求出功率损失的减少量【解答】解：（1）输电线中的电流为：i=，则输电线上损失的功率为： =1.21106w（2）输电线中的电流为：，则输电线上损失的功率为： w=3.025105w则提高输电电压后比原来少损耗的功率为：p=1.211063.025105w=9.075105w（3）可以通过提高输电电压或减小输电线的电阻减小能量的损失答：（1）输电线损耗的功率为1.21106w（2）提高输电电压后比原来少损耗的功率为9.075105w（3）通过提高输电电压或减小输电线的电阻减小能量的损失15如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5，在磁感应强度b=0.5t的匀强磁场中绕oo轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部 20的电阻r相接求：（1）s断开时，电压表示数；（2）电键s合上时，电压表和电流表示数；（3）为使r正常工作，r的额定电压是多少？（4）通过电阻r的电流最大值是多少？电阻r上所消耗的电功率是多少？【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】（1）s断开时电压表的示数为电源电动势的有效值，先求出感应电动势的最大值，然后根据最大值和有效值之间的关系求解（2）s闭合后，电流表的示数为电流中的总电流的有效值，电压表的示数为路端电压，即r两端的电压（3）r正常工作时，r的额定电压指的是电压的有效值，即为电压表的示数（4）根据最大值和有效值之间的关系求解电流的最大值，电阻r上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值【解答】解：（1）感应电动势的最大值em=nbs=1000.5（0.10.2）50v=50vs断开时电压表的示数为电源电动势的有效值：e有=50v（2）s闭合，电流表示数为有效值：电压表示数为路端电压：u=ir=2