福建省南平市延平区王台高中高二物理下学期期中试题（含解析）新人教版.doc

2013-2014学年福建省南平市延平区王台高中高二（下）期中物理试卷一、选择题：每小题至少有一个答案正确，全部选对得4分，选对但选不全得2分，不选或有错选得0分请将所选答案按要求涂到答题卡上共12个小题，48分1（4分）（2009秋浏阳市校级期末）利用变压器不可能做到的是（）a增大电流b升高电压c减小电压d增大功率考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据变压器的电压、电流与匝数之间的关系及输入功率与输出功率的关系即可求解解答：解：根据变压器的电压、电流与匝数之间的关系可以增大和减小电压，也可以增大或减小电流，输入功率由输出功率决定，变压器不能改变功率故d不能做到故选d点评：本题主要考查了变压器的原理，难度不大，属于基础题2（4分）（2013深圳一模）物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）a回旋加速器b电磁炉c质谱仪d示波管考点：电磁感应在生活和生产中的应用分析：回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速电磁炉是利用电磁感应原理质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转示波器利用了电场加速和偏转的原理解答：解：a、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速故a错误b、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能故b正确c、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象故c错误d、利用了电场加速和电场偏转的原理故d错误故选b点评：本题的解题关键是要理解现代科技装置和产品的工作原理3（4分）（2014春连江县校级期中）下列关于电磁感应的说法中正确的是（）a只要闭合导体与磁场发生相对运动，闭合导体内就一定产生感应电流b只要导体在磁场中作用相对运动，导体两端就一定会产生电势差c感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量变化成正比d闭合回路中感应电动势的大小只与磁通量的变化情况有关而与回路的导体材料无关考点：感应电流的产生条件；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：产生感应电流的条件：闭合电路中一部分导体；在磁场中做切割磁感应线运动电磁感应现象中感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比解答：解：a、当闭合导体与磁场发生相对运动，若磁通量不变，则不会产生感应电动势，因此也没有感应电流，故a错；b、如果导线在磁场中沿着磁感线的方向运动，不切割磁感线，不会产生感应电动势，故b错；c、法拉第电磁感应定律中，感应电动势的大小与磁通量的变化率及线圈的匝数成正比，故c错；d、闭合回路中感应电动势的大小只与磁通量的变化情况有关，而感应电流的大小与回路的导体材料有关，故d正确故选：d点评：电磁感应现象的学习重在理解两点：产生感应电流的条件：闭合、部分、切割，即为磁通量变化；法拉电磁感应定律的应用4（4分）（2013秋鱼台县校级期末）如图所示，a、b都是很轻的铝环，分别固定在绝缘细杆的两端，杆可绕中间竖直轴在水平面内转动，环a是闭合的，环b是断开的若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法正确的是（）a图中磁铁n极接近a环时，a环被吸引，而后被推开b图中磁铁n极远离a环时，a环被排斥，而后随磁铁运动c用磁铁n极接近b环时，b环被推斥，远离磁铁运动d用磁铁的任意一磁极接近a环时，a环均被排斥考点：楞次定律分析：当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，对于闭合圆环，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使圆环运动；对于不闭合圆环，虽有感应电动势，但没有感应电流，则不受安培力作用解答：解：当磁铁的靠近时，导致圆环a的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环a的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；若磁铁的远离时，导致圆环a的磁通量变小，从而由楞次定律可得圆环a的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它靠近磁铁，即被吸引而对于圆环b，当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用所以对于圆环b，无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故d正确，abc错误；故选：d点评：从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥5（4分）（2014春延平区期中）我国家用照明电路电压瞬时值可表示为（）au=380sin3.14t（v）bu=311sin314t（v）cu=220sin314t（v）du=36sin0.02t（v）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：我国家用照明电路电压有效值为311v，交流电的周期是0.02s，据此得出交流电的表达式解答：解：交流电的电压瞬时值随时间变化的规律是u=umsint我国家用照明电路电压有效值为311v，um=220=311v交流电的周期是0.02s，所以=314 rad/s所以电压瞬时值可表示为u=311sin314t（v）故选：b点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义6（4分）（2013秋曲沃县校级期末）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（）a0.01s时刻线圈处于中性面位置b0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零c该交流电流有效值为2ad该交流电流频率为50hz考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：由it图象可以读出电流的周期、最大值；当感应电动势最大时，线圈与中性面垂直；当感应电动势最小时，线圈与中性面重合解答：解：a、b、0.01s时刻感应电流最大，感应电动势最大，故线圈与中性面垂直，磁通量为零，故a错误，b正确；c、该交流电流的最大值为6.28a，故有效值为：i=，故c错误；d、该电流的周期为0.04s，故频率f=25hz，故d错误；故选：b点评：本题关键是明确：当线圈位于中性面时，感应电动势最小，为零；当线圈与中性面垂直时，感应电动势最大7（4分）（2014春延平区期中）如图表示一交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值为（）a5ab5ac2ad3.5a考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：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：将交流与直流通过阻值都为r的电阻，设直流电流为i，则根据有效值的定义有（2）2r=i2rt解得：i=2a故选：c点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值常见题型，要熟练掌握8（4分）（2014春延平区期中）一台理想变压器，要使变压器的输入功率增加，可采取下列哪种方法（其他条件不变）（）a增大副线圈负载r的阻值b减小r的阻值c增大副线圈匝数n2d减小原线圈的匝数n1考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据电压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率解答：解：a、负载电阻r增大，而电压不变，所以输出功率和输入功率都减小，故a错误；b、负载电阻r减小，电压不变，但电流增大，所以输出功率和输入功率都增大，故b正确；c、副线圈匝数增加，则副线圈的电压增加，电流增加，故输出功率增加，输入功率增加，故c正确；d、减小原线圈的匝数，其余保持不变，则副线圈的电压增大，所以副线圈的功率增大，则变压器输入功率也增大，故d正确；故选：bcd点评：做好本类题目除了利用变压器特点外，还要根据闭合电路的欧姆定律去分析负载变化引起的电流变化9（4分）（2014春延平区期中）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，副线圈向电阻r1、r2和r3供电，a为交流电流表，v为交流电压表，开关s闭合后与闭合前相比（）av示数变小，a示数变大，r1消耗的电功率变小bv示数变大，a示数变大，r1消耗的电功率大cv示数变小，a示数变小，r1消耗的电功率变小dv示数变大，a示数变小，r1消耗的电功率变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变流电的动态分析和闭合电路中的动态分析类似，先分析电路结论，明确开关通断前后电阻的变化，再根据电压不变分析电流的变化及电功率的变化解答：解：由图可知，开关闭合时r1、r2并联；故开关闭合后总电阻减小；因输出电压不变，则总电流增大；因电流之比等于匝数的反比，故a中示数也随之增大；因电流增大，则r3中电流增大，电压增大，故并联部分电压减小；r1的功率减小；故只有a正确；故选：a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）（2008威海模拟）如图所示的电路中，a1和a2是完全相同的灯泡，线圈l的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）a合上开关s接通电路时，a2先亮，a1后亮，最后一样亮b合上开关s接通电路时，a1和a2始终一样亮c断开开关s切断电路时，a2立刻熄灭，a1过一会熄灭d断开开关s切断电路时，a1和a2都要过一会儿才熄灭考点：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，根据楞次定律及串联电路的特点来分析解答：解：合上开关接通电路时，a2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡a1中电流只能逐渐增大，则a2先亮，a1后亮，最后一样亮故a正确，b错误断开开关时，a2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则a1和a2都要过一会儿才熄灭故c错误，d正确故选ad点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析11（4分）（2009天津）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻r，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力f作用下加速上升的一段时间内，力f做的功与安培力做的功的代数和等于（）a棒的机械能增加量b棒的动能增加量c棒的重力势能增加量d电阻r上放出的热量考点：电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势专题：压轴题分析：棒在竖直向上的恒力f作用下加速上升的一段时间内，f做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大根据动能定理分析力f做的功与安培力做的功的代数和解答：解：a、棒受重力g、拉力f和安培力fa的作用由动能定理：wf+wg+w安=ek 得wf+w安=ek+mgh 即力f做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量故a正确 b、由动能定理，动能增量等于合力的功合力的功等于力f做的功、安培力的功与重力的功代数和故b错误 c、棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量故c错误 d、棒克服安培力做功等于电阻r上放出的热量故d错误故选a点评：本题运用功能关系分析实际问题对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏12（4分）（2011秋资阳期末）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）aa1a2a3a4ba1=a2=a3=a4ca1=a3a2a4da4=a2a3a1考点：法拉第电磁感应定律；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：线圈自由下落时，加速度为g线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g根据牛顿第二定律分析加速度的关系解答：解：线圈自由下落时，加速度为a1=g线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2g，a4g线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2a4，故a1=a3a2a4故选：c点评：本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析b、d两处安培力的大小关系二、填空题（10分）13（4分）（2013秋琼山区校级期末）如图示为“研究电磁感应现象”的实验装置，将图中所缺的导线补接完整 考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：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解答：解：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：故答案为：电路图如图所示点评：知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，电流表与大线圈组成闭合回路，电源、滑动变阻器、开关、小线圈组成闭合回路，这是正确连接实物电路图的前提与关键14（4分）（2014春延平区期中）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成如图所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断正确的是（）a甲图中电流表偏转方向向右b乙图中磁铁下方的极性是n极c丙图中磁铁的运动方向向下d丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向考点：楞次定律分析：由楞次定律判断感应电流的方向，然后判断出电流表指针偏转方向，选出正确的选项解答：解：a、由图示可知，条形磁铁向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计的右接线柱流入，电流表指针向右偏转，故a正确；b、由图示可知，电流计指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，此时条形磁铁离开线圈，原磁通量减小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此条形磁铁的下端是n极，故b正确；c、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向下，由图示可知，原磁场方向向上，由楞次定律可知，原磁通量应减小，因此条形磁铁应向上运动，故c错误；d、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由图示可知，原磁场方向向下，磁铁离开线圈，穿过线圈的原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向下，由安培定则可知，丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，故d正确；故选：abd点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，解题时要认真细心，应会熟练应用楞次定律与安培定则15（2分）（2014春延平区期中）油酸酒精溶液的浓度为每104ml溶液中有纯油酸6ml，用注射器测得1ml上述溶液有液滴75滴把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，最后油酸膜的形状和尺寸如图所示，坐标中正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积是1102m2（保留1位有效数字）每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是81012m3按以上数据，估测出油酸分子的直径是81010m（保留1位有效数字）考点：用油膜法估测分子的大小专题：实验题分析：采用四舍五入法，先查方格的个数，再算油膜面积用每一滴的体积乘以体积比浓度即可直径约为油膜的厚度，由公式d=求解解答：解：油酸膜的面积是：1051cm2=105cm2=0.0105m2=1102m2每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：v=8106ml=81012m3；油酸分子的直径是 d=81010m故答案为：11028101281010点评：油膜要尽量扩散成单分子层、计算面积时采用四舍五入法，注意单位的换算，比较简单三、本题共5小题，共52分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位16（10分）（2014春延平区期中）某一密闭容器中密封着一定质量的理想气体（1）若某一状态下，气体的体积为v，摩尔体积为v0，阿伏加德罗常数为na，写出气体分子数的估算表达式（2）若上述气体从外界吸收了4.2105 j的热量，同时气体膨胀对外界做了6105j的功，问：物体的内能变化了多少？（3）如图所示，上述气体从状态a经b、c、d再回到a，已知在状态a时容积为1l，试把此图改画为pv图（写出计算过程）考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：（1）分子数等于摩尔数乘以阿伏加德罗常数，摩尔数等于体积除以摩尔体积（2）根据热力学第一定律求出内能变化量（3）由图可知各过程的变化，及各状态对应的压强与温度，则由理想气体的状态方程可求得三状态下的体积，即可画出pv图象解答：解：（1）气体的摩尔数为，则分子数为 n=na；（2）据题有：q=4.2105 j，w=了6105j根据热力学第一定律得：u=q+w=4.2105 j6105j=1.8105 j即气体内能减少了1.8105 j（3）由pt图知：ab过程是等容升温升压过程，bc过程是等压膨胀过程，cd过程是等温膨胀过程，da过程是等压压缩过程a到b过程，有va=1l，vb=1l；b到c过程，由=得：vc=tc=900=2（l）c到d过程，由pdvd=pcvc得：vd=l=6（l）所改画的p一v图如图所示答：（1）气体分子数的估算表达式为n=na；（2）气体内能减少了1.8105 j（3）所改画的p一v图如图所示点评：本题考查阿伏加德罗常数的计算及理想气体的状态方程，要注意pv图中双曲线的一支为等温线17（10分）（2014春延平区期中）如图甲所示，n=15匝的圆形线圈m，其电阻为1，它的两端点a、b与阻值为2的定值电阻r相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示（1）判断a、b两点的电势高低；（2）求a、b两点的电势差考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由图2看出，穿过线圈的磁通量在增大，线圈中产生感应电动势，根据楞次定律判断出感应电动势的方向，即可知道a、b两点电势的高低要抓住电源的正极电势较高分析（2）根据法拉第电磁感应定律求得线圈中的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求得电路中的电流，再由欧姆定律求出a、b两点的电势差解答：解：（1）由t图象知，穿过m的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知a点电势比b点高，（2）由法拉第电磁感应定律得：e=n=150.2v=3v由闭合电路欧姆定律得：i=a=1a电压为：uab=ir=12v=2v答案：（1）a点电势比b点高；（2）a、b两点的电势差2v点评：解决本题要掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律，注意电源内部的电流方向是从负极到正极，这是解题的关键18（10分）（2014秋越秀区校级期末）如图，水平u形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m=0.2kg、电阻r=0.5，匀强磁场的磁感应强度b=0.2t，方向垂直框架向上现用f=1n的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：（1）ab棒产生的感应电动势的大小；（2）ab棒所受的安培力；（3）ab棒的加速度考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；安培力；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小（2）结合闭合电路欧姆定律求出回路中电流的大小，从而根据安培力公式求出安培力的大小，通过左手定则判断出安培力的方向（3）根据牛顿第二定律求出ab棒的加速度解答：解：（1）根据导体棒切割磁感线的电动势e=blv代入数据解得：e=0.4v（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流：ab受安培力：f安=bil=0.20.81n=0.16n方向水平向左（3）根据牛顿第二定律得ab杆的加速度为：a=得ab杆的加速度为：a=4.2m/s2 方向水平向右答：（1）ab棒产生的感应电动势的大小为0.4v（2）ab棒所受的安培力为0.16n，方向水平向左（3）ab棒的加速度为4.2m/s2，方向水平向右点评：本题考查电磁感应与力学和电路的基本综合，比较基础，知道切割的部分相当于电源19（11分）（2014春延平区期中）如图为交流发电机的示意图正方形线框处于匀强磁场中，已知边长l=10cm，磁感应强度b=1t，线圈匝数n=100，线圈电阻r=5，外电路负载电阻r=5，线圈以10r/s的转速匀速转动从图示位置开始计时，两块电表均为理想电表（无理数一律保留原形，不必求值！）（1）写出该发电机产生的电动势的瞬时值e的表达式；（2）求电流表示数i和电压表示数u考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：交流发电机产生电动势的最大值em=nbs，e=msint，交流电压表显示的是路端电压有效值解答：解：（1）从线圈从中性面位置开始计时，所求表达式应为正弦形式e=msint=nbs2nsint=10010.12210sin（210）t解得：e=0.2sin20t（2）交流电表的读数都为有效值，电动势的有效值 u=v由闭合回路欧姆定律有i=a 电压表的示数ur=ir=5=v答：（1）若从线圈中性面位置开始计时，交变电动势的瞬时值的表达式为e=0.2sin20t；（2）电压表读数为v，电流表的读数为a；点评：本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值20（11分）（2014春延平区期中）某交流发电机输出功率为5105w，输出电压为1.0103v，已知输电线的总电阻r=40，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压u=380v输电所使用的变压器均为理想变压器（1）画出输电线路的示意图（标明各部分的符号）（2）求所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？考点：远距离输电专题：交流电专题分析：（1）根据远距离输电的模型，发电机的输出电压线经过升压变压器升压，通过高压输电，在有降压变压器降压之后输送给用户（2）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