甘肃省天水一中高二物理上学期第二次段考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年甘肃省天水一中 高二（上）第二次段考物理试卷一、选择题（全选对得4分，有错或不选得0分，对而不全得2分）1（4分） 如图所示，用导线做成的圆形回路与一直线构成几种位置组合，那些组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有电流产生？图a、b、c中直导线都与圆形线圈在同一平面内，o点为线圈的圆心，d图中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合（）abcd考点：感应电流的产生条件分析：根据电流周围的磁场的特点，判断出线圈内的磁通量，然后根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化进行分析判断解答：解：a、电流与线圈的直径重合，线圈中有相反的磁场，磁通量完全抵消，始终等于0，不会产生感应电流故a错误；b、导线位于线圈的上部，导线上边的面积比较小，穿过线圈上边的一部分的磁通量小于穿过线圈下边的一部分的磁通量，总磁通量的方向向里；切断直导线中的电流时，闭合回路中的磁通量减小，会有感应电流产生故b正确；c、导线位于线圈的右侧，穿过线圈磁场方向向外；切断直导线中的电流时，闭合回路中的磁通量减小，会有感应电流产生故c正确；d、线圈与导线垂直，穿过线圈的磁通量始终等于0，不会产生感应电流故d错误；故选：bc点评：本题关键要熟练应用安培定则、掌握产生感应电流的条件，当线圈中磁场有两种方向时，磁通量应根据抵消后净磁感线条数来分析2（4分） 如图所示，闭合圆形导体线框半径为r，共有n匝，在圆内有边长为a的正方形区域的磁场，其磁感应强度随时间变化为b1=kt+b0，其中b0为一常数，k是正常数，闭合圆形导体上产生的电动势（）a等于nka2b等于nkr2c大于nka2d大于nka2，小于nkr2考点：法拉第电磁感应定律专题：交流电专题分析：根据法拉第电磁感应定律e=n=ns，结合磁感应强度随时间变化为b1=kt+b0，即可求得环中感应电动势解答：解：由磁感应强度随时间变化为b1=kt+b0，可知=k，根据法拉第电磁感应定律e=n=ns=nka2，即环中感应电动势nka2，故a正确，bcd错误；故选：a点评：考查法拉第电磁感应定律应用，理解磁通量变化率求得，掌握有效面积是解题的关键3（4分）（2015春麻城市校级期中）如图所示，e为电池，l是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，d1、d2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，s是控制电路的开关对于这个电路下列说法正确的是（）a刚闭合开关s的瞬间，通过d1、d2的电流大小相等b刚闭合开关s的瞬间，通过d1、d2的电流大小不相等c闭合开关s待电路达到稳定，d1熄灭，d2比原来更亮d闭合开关s待电路达到稳定，再将s断开瞬间，d2立即熄灭，d1闪亮一下再熄灭考点：自感现象和自感系数分析：线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡d1构成电路回路解答：解：a、s闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故a正确b错误；c、闭合开关s待电路达到稳定时，d1被短路，d2比开关s刚闭合时更亮，c正确；d、s闭合稳定后再断开开关，d2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，l相当于电源，与d1组成回路，d1要过一会在熄灭，故d正确；故选：acd点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极4（4分）（2010济南二模）两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻r与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量+q的油滴恰好处于静止则线圈中的磁感应强度b的变化情况和磁通量的变化率分别是（）a磁感应强度b竖直向上且正增强，=b磁感应强度b竖直向下且正增强，=c磁感应强度b竖直向上且正减弱，=d磁感应强度b竖直向下且正减弱，=考点：法拉第电磁感应定律；电场强度；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件可求出金属板间的电压此电压等于r两端的电压根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求出磁通量的变化率，由楞次定律确定磁感应强度b的变化情况解答：解：由题，电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电a、c若磁感应强度b竖直向上，b正在增强时，根据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，则磁感应强度b竖直向上且b正在减弱时，油滴能保持平衡根据法拉第电磁感应定律得： e=n 金属板间的电压为 u=e，要使油滴平衡，则有 q=mg 联立得：=故a错误，c正确b、d同理可知，磁感应强度b竖直向下且正增强时，=，油滴能保持静止故bd均错误故选c点评：本题是电磁感应与电路、电场、力学等知识的综合应用对于电磁感应问题，要楞次定律判断感应电动势、法拉第定律研究感应电动势大小是常用的思路5（4分）（2014秋赤坎区校级期末）交流发电机在工作时的电动势为e=e0sint，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为（）ae0sin2tb2e0sin2tce0sind2e0sin考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：感应电动势的瞬时值表达式为e=e0sint，其中e0=nbs，当将其电枢的转速提高一倍时，e0和都增加一倍，再进行选择解答：解：感应电动势的瞬时值表达式为e=e0sint，当将其电枢的转速提高一倍时，e0和都增加一倍，其表达式变为：e=2e0sin2t故选：b点评：本题考查考虑问题要全面，e=e0sint式中e0和都与转速成正比，不能简单认为表达式是e0sin2t6（4分） 下列关于电磁波的叙述中正确的是（）a电磁场由发生区域向远处传播形成电磁波b电磁波在任何介质中的传播速度均为3108m/sc电磁波由真空进入介质传播时，波长变短d电磁波不产生干涉、衍射现象考点：电磁波的产生分析：电磁波具有一切波的特性，可以发生干涉、衍射、反射、折多普勒效应等现象解答：解：a、电磁波可以发生反射，可以有回波，即可以由远处返回发生区域，故a错误；b、电磁波在真空中的传播速度为3108m/s；而在其他介质中要小于光速；故b错误；c、电磁波由真空进入介质传播时，频率不变，波速减小，根据v=f，波长变短，故c正确；d、电磁波具有一切波的特性，可以产生干涉、衍射现象，故d错误；故选：c点评：本题关键熟悉电磁波的一些特性，知道电磁波在真空中的传播速度等于光速7（4分）（2008潍坊模拟）2008年1月10日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重此次灾害牵动亿万人的心为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压线上送电电压为u，电流为i，热耗功率为p；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9p，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）a输电电流为3ib输电电流为9ic输电电压为d输电电压为3u考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据p=可以求出输电线上的电流；根据p=i2r可以求出输电线上损失的电功率解答：解：高压线上的热耗功率p=i2r线 若热耗功率变为9p，则9p=i2r线 由得i=3i，所以a正确，b错误又输送功率不变，由p=ui=ui得u=u，所以c正确，d错误故选：a c点评：本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中p=ui中的电压u应为输电电压8（4分）（2011浙江模拟）生活中处处用电，而我们需要的电都是通过变压器进行转换的，为了测一个已知额定电压为100v的灯泡的额定功率，如图，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表a和灯泡l，滑动变阻器的电阻值范围时0100不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2：1，交流电源的电压为u0=440v，适当调节滑动变阻器的触片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，测得电流表a的示数为1.2a，则（）a灯泡的额定功率为40wb灯泡的额定电流为2.4ac滑动变阻器上部分接入的电阻值为50d滑动变阻器消耗的电功率为240w考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据变压器电压和电流与匝数的关系求出副线圈电压和电流，而灯泡正常发光，所以灯泡两端的电压为100v，根据串并联电路的特点及根据功率公式即可求解解答：解：a、根据原副线圈电压之比等于匝数比可知，副线圈电压为=220v，根据原副线圈电流之比等于匝数的倒数比可知，副线圈电流=2.4a，灯泡的额定电压为100v，所以与灯泡串联的电阻值为，所以与灯泡并联部分的阻值也为50，所以通过并联部分滑动变阻器的电流为，所以通过灯泡的电流为2.42a=0.4a，所以灯泡的功率pl=ulil=1000.4=40w，故ac正确，b错误；d、滑动变阻器消耗的功率为1002+1202.4w=488w，故d错误故选ac点评：本题考查了变压器的特点，而难点在于如何求滑动变阻器消耗的功率9（4分）（2013春宝应县期末）如图所示，有一理想变压器，原线圈接在电压一定的正弦交流电源上，副线圈电路中接入三个电阻r1、r2、r3，各交流电表的内阻对电路的影响不计，当开关s闭合时，各电表的示数变化情况是（） a电流表a1示数变大b电流表a2示数变大c电压表v1示数变小d电压表v2示数变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r2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，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：ab、因开关s闭合时，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a正确，b也正确；cd、因开关s闭合时，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即v1示数不变，但因总电阻减小，则电流增大，因此电阻r1分压增大，所以v2 示数变小，故c错误，d错误；故选：ab点评：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10（4分） 如图所示，s为一在xy平面内的点光源一平面镜垂直于xy平面放置，它与xy平面的交线为mn，mn与x轴的夹角=30现保持s不动，令平面镜以速率v沿x轴正方向运动，则s经平面镜所成的像（）a以速率v沿x轴正方向运动b以速率v沿y轴正方向运动c以速率沿像与s连线方向向s运动d以速率v沿像与s连线方向向s运动考点：平面镜成像专题：压轴题；图析法分析：物体与物体的像关于平面镜对称，作出光路图，根据几何关系可出出像的运动情况解答：解：设平面镜以速率v沿x轴正方向由mn运动到位置m2n2，其位移为x，经平面镜所成的像由s1移动到s2，如图所示，则像在垂直于镜面方向移动的距离为a=vt=xsin30=0.5vt，由几何关系知像移动的距离为2a，设像移动的速度为v，则2a=vt，所以v=v，故选d点评：解答光学问题在于作出光路图，根据几何关系进行分析判断11（4分） 图中虚线表示两种介质的界面及其法线，实线表示一条细光束斜射到界面时发生反射与折射的光线（）abo是入射光线bao是入射光线cco是入射光线dob是反射光线考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：在光的反射中，入射角等于反射角；在光的折射中，折射角与入射角不相等，且分居法线两侧，根据该规律判断哪一条是入射光线，哪一条是反射光线，哪一条是折射光线解答：解：在光的反射中，入射角等于反射角，入射光线和反射光线分居法线两侧；在光的折射中，折射角与入射角不相等，且分居法线两侧可知，ao是入射光线，ob是反射光线，oc是折射光线故bd正确，ac错误故选：bd点评：解决本题的关键知道光的反射定律和折射定律，知道入射光线与反射光线及折射光线的关系，以及知道入射角与反射角、折射角之间的关系12（4分）（2008四川）如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60己知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行此玻璃的折射率为（）ab1.5cd2考点：光的折射定律专题：压轴题；光的折射专题分析：作出光线在玻璃球体内光路图由于折射回到空气中时与入射光线平行，出射的光路与入射的光路具有对称性，根据几何知识求出光线在a点的折射角，再求解折射率解答：解：作出光线在玻璃球体内光路图，a、c是折射点，b反射点，od平行于入射光线，由几何知识得，aod=cod=60，则oab=30即折射角r=30，入射角i=60所以折射率为n=故选c点评：本题解答的关键是作出光路图，要根据反射光路的对称性，由几何知识作出光路，求出折射角二实验题（13题每空3分，14题4分，共13分）13（9分） 若示波器所显示的输入波形如图所示，要将波形上移，应调节示波器面板上的竖直位移旋钮，要使此波形横向展宽，应调节x增益旋钮，要使屏上显示3个完整的波形应调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮考点：示波器的使用专题：实验题分析：由示波器的各旋钮的功能进行选择，要明确示波器的使用方法，熟记各旋钮的作用，即可分析答题解答：解：要将图中的波形曲线上移，应调节竖直位移旋钮，若要使此波形横向展宽，应调节x增益旋；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮；故答案为：竖直位移；x增益；扫描范围旋钮和扫描微调点评：本题考查了调整示波器波形与位置的方法，知道示波器的结构、熟悉各旋钮的功能及使用方法即可解题14（4分） 某同学做“测定玻璃砖的折射率的实验”中他用测得的多组入射角1与折射角2作出sin1sin2图象如图所示，下列判断正确的是（）a他做实验时，光线由玻璃进入空气b玻璃的折射率为0.67c玻璃的折射率为1.5d玻璃临界角的正弦植为0.67考点：测定玻璃的折射率专题：实验题分析：由图可知入射角与折射角的大小关系，即可知道光线射入的方向由光的折射定律可求得玻璃的折射率及临界角解答：解：a、由图象可知：sin1sin2，则入射角1折射角2，所以光线从空气射入玻璃，故a错误b、c、图象的斜率k即是玻璃折射率，由图易得：k=n=1.5，故b错误，c正确；d、玻璃临界角的正弦值sinc=0.67，故d正确故选：cd点评：本题考查光的折射定律，图象是高中物理中常用工具，应掌握图象的意义，并能结合公式去理解图象三计算题15（12分）（2013春船营区校级期末）某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kw，输出电压为500v，输电线的总电阻为10，允许线路损耗的功率为输出功率的4%求：（1）村民和村办小企业需要220v电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗）（2）若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？考点：远距离输电专题：交流电专题分析：（1）根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压和输出电压得出升压变压器的原副线圈匝数之比根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入的电压，结合降压变压器的输入电压和输出电压得出原副线圈的匝数之比（2）根据输电电压和输送功率求出输送的电流，根据电压损失和功率损失求出用户得出的电压和功率解答：解：建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流i线，再根据输出功率求出u2，然后再求出u3（1）由线路损耗的功率p线=i线2r线可得又因为p输出=u2i线，所以u3=u2i线r线=（1 500610）v=1 440 v根据理想变压器规律.所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1：3和72：11（2）若不用变压器而由发电机直接输送（模型如图乙所示），由p输出=ui线可得所以线路损耗的功率p线=i线2r线=18210 w=3 240 w用户得到的电压u用户=ui线r线=（5001810）v=320 v用户得到的功率p用户=p输出p线=（9 0003 240）w=5760 w答：（1）升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为1：3和72：11（2）村民和村办小企业得到的电压为320v，功率为5760w点评：解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和16（12分）（2013秋翠屏区校级期末）如图（a）所示，一个电阻值为r，匝数为n的圆形金属线与阻值为2r的电阻r1连结成闭合回路线圈的半径为r1在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图（b）所示图线与横、纵轴的截距分别为t0和b0导线的电阻不计求0至t1时间内（1）通过电阻r1上的电流大小和方向；（2）通过电阻r1上的电量q及电阻r1上产生的热量考点：法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）由bt图象的斜率读出磁感应强度的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断出感应电流的方向（2）由公式q=it求出通过电阻r1上的电量q，由焦耳定律求出电阻r1上产生的热量解答：解：（1）由图象分析可知，0至t1时间内=由法拉第电磁感应定律有e=n=ns而s=由闭合电路欧姆定m律有 i=联立以上各式解得通过电阻r1上的电流大小为i由楞次定律可判断通过电阻r1上的电流方向为从b到a （2）通过电阻r1上的电量q=i1t1=通过电阻r1上产生的热量q=答：（1）通过电阻r1上的电流大小和方向从b到a；（2）通过电阻r1上的电量及电阻r1上产生的热量点评：本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积17（15分） 单位是时间内流过管道横截面的液体体积叫做液体的体积流量（以下简称流量）由一种利用电磁原理测量非磁性导电液体（如自来水、啤酒等）流量的装置，称为电磁流量计它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成传感器的结构如图所示，圆筒形测量管内壁绝缘，其上装有一对电极a和c，a、c间的距离等于测量管内径d，测量管的轴线与a、c的连接放像以及通过电线圈产生的磁场方向三者相互垂直当导电液体流过测量管时，在电极a、c的间出现感应电东势e，并通过与电极连接的仪表显示出液体流量q设磁场均匀恒定，磁感应强度为b（1）已知d=0.40m，b=2.5103t，q=0.123/s，设液体在测量管内各处流速相同，试求e的大小（取3.0）（2）一新建供水站安装了电磁流量计，在向外供水时流量本应显示为正值但实际显示却为负值经检查，原因是误将测量管接反了，既液体由测