物理-盐城中学2013-2014学年高二上学期期中考试试卷 物.doc

盐城中学20132014学年度第一学期期中考试高二年级物理（选修）试题（2013.11）命题人：王钰东 周勇 审核人：周建功 一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共计30分每小题只有一个选项符合题意1.关于电磁感应，下列说法正确的是（ ）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零【答案】CA、穿过线圈的磁通量越大，感应电动势不一定越大，故A错误；B、穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，还取决于变化所用的时间，故B错误；C、穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量的变化率越大，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势越大，故C正确；D、穿过线圈的磁通量为零，若磁通率不为零，则感应电动势就不为零，故D错误。故选C。【考点】法拉第电磁感应定律2用6600V和220V两种电压输电，若输送的功率和输电线的电阻相同，则低压输电线与高压输电线上损失功率之比是（ ）A1：900B900：1C1：30D30：1【答案】B根据得，则，因为输送功率和输电线的电阻相同，损失的功率之比，故B正确。故选B。【考点】远距离输电3下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是（ ）【答案】C我国居民日常生活所用的交流电，电压是U=220V，频率是f=50Hz周期为T=0.02s电压的最大值为：，故C正确。故选C。【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式4如图，无限长直导线中通以电流I，矩形线圈与电流共面，下列情况在线圈中没有感应电流的是( )A.电流I增大 B.线圈向下平动 C.线圈向右平动 D.电流I减小【答案】BA、线圈不动，导线中电流增大时，线框中的磁感应强度变大，磁通量变大，故会产生感应电流，不符合题意，故A错误；B、当线圈向下移动，穿过线圈的磁通量不变，则不可以产生感应电流，符合题意，故B正确；C、当线圈向右移动时，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中产生感应电流，不符合题意，故A错误；D、线圈不动，导线中电流减小时，线框中的磁感应强度变小，磁通量变小，故会产生感应电流，不符合题意，故D错误。故选B。【考点】楞次定律5. 两个相同的L1和L2，接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当、处接电压最大值Um、频率为的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同。更换一个最大值仍为Um新的正弦交流电源后，灯L1的亮度高于灯L2的亮度，则新电源的频率（ ）A频率小于B频率大于C频率仍为 D无法判断频率的大小【答案】B当将a、b接在电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源E1两极之间时，两只灯泡都发光，且亮度相同；而更换一个最大值仍为Um的新电源后，灯L1的亮度高于灯L2的亮度，则说明线圈的感抗比电容器的容抗大，那么新电源的频率大于f，故B正确。故选B。【考点】自感现象和自感系数6. 如图甲所示，在正方形线框的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里。若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I（取逆时针方向的电流为正）随时间t的变化图线是（ ）【答案】A前半周期，磁场向里均匀增强，由右手螺旋定则可知感应电流方向是逆时针，并且恒定不变；前后周期，磁场向里均匀减弱，由右手螺旋定则可知感应电流方向是顺时针，并且恒定不变；故A正确。故选A。【考点】楞次定律二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共计24分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分。7如图所示实验中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联。当合上电键K， 灯A正常发光，下列说法中正确的是（ ）A当断开K时，灯A立即熄火 B当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭C当合上电键K，灯A立即变亮 D当合上电键K，灯A逐渐变亮【答案】BCAB、电键断开前，电路稳定，灯 A 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误B正确；CD、线圈与灯泡是并联关系，故当合上电键K，灯A立即变亮，故C正确D错误。故选BC。【考点】自感现象和自感系数8如图所示的交流电路中，理想变压器输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表当滑动变阻器R的滑动头向上移动时（ ）A灯L变亮 B各个电表读数均变小C因为U1不变，所以P1不变 DP1变小，且始终有P1= P2【答案】AD理想变压器的输出的电压由输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，输入功率和输出功率始终相等，当滑动变阻器R的滑动头向上移动时，滑动变阻器的电阻增大，总电路的电阻增大，所以总电路的电流会变小，消耗的功率将变小，即P1=P2变小，R上的电压变小，所以灯L的电压变大，电压表的示数变大，所以灯L变亮，由于总的电流变小，灯L的电流变大，所以电流表的示数将变小，故AD正确。故选AD。【考点】变压器的构造和原理9如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，则在先后两种情况下（ ）A线圈中的感应电流之比为I1I2=21B线圈中电路的电功率之比为P1P2=41C线圈中产生的焦耳热之比Q1Q2=12D通过线圈某截面的电荷量之比q1q2=11【答案】ABDA、由题意有v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流，则感应电流之比为2：1，故A正确；B、由可知，电功率比为电流的平方比，即为4：1，故B正确；C、由题意有v1=2v2，知时间比为1：2，根据，知热量之比为2：1，故C错误；D、根据，知通过某截面的电荷量之比为1：1，故D正确。故选ABD。【考点】法拉第电磁感应定律；焦耳定律；电功率10.如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(Ld)，质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则下列说法正确的是( )A线圈进入磁场的过程中，感应电流为顺时针方向B线圈进入磁场的过程中，可能做加速运动C线圈穿越磁场的过程中，线圈的最小速度可能为D线圈从ab边进入磁场到ab边离开磁场的过程，感应电流做的功为mgd【答案】CDA、根据楞次定律判断得知线圈进入磁场的过程中，感应电流方向是逆时针方向，故A错误；B、根据线圈下边刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且线圈全部进入磁场后做匀加速运动，所以进磁场时必定做减速运动，故B错误；C、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，即，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，所以线圈的最小速度可能为，故C正确；D、cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，从ab边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量也，则感应电流做的功为，故D正确。故选CD。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；功能关系三、实验题 计12分请将解答填写在答题纸相应的位置11.某学生做“探究电磁感应的方向”的实验，将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接。（1）在开始实验之前，需要先确定 的关系（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么断开电键时电流计指针将_；合上电键后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，电流计指针将_；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_ _（以上三空选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）【答案】（1）电流方向与电流计指针偏转方向 （2）向左偏 向左偏 向右偏（1）在开始实验之前，需要先确定电流方向与电流计指针偏转方向的关系；（2）闭合电键时穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过副线圈的磁通量增加时电流计指针向右偏转，否则向左偏转；断开电键时，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将左偏转；合上电键后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将 向左偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动，由图示电路图可知，滑动变阻器接入电路的阻值减小，通过原线圈电流增大，穿过副线圈的磁通量增大，则电流计指针将向右偏。【考点】研究电磁感应现象四、计算题：本题共5小题，共计84分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。12. （15分）某交流电源的电压与时间呈正弦函数关系如图所示，此电源与一个R=10的电阻构成闭合电路，不计其他电阻，求：（1）通过电阻的电流有效值（2）电阻消耗电功率（3）电阻每秒钟产生的热量【答案】 （1）由图可知，交流电的最大电压，所以电压有效值为：，通过电阻的电流有效值：；（2）电阻消耗电功率：；（3）根据焦耳定律得电阻每秒钟产生的热量：。【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；电功、电功率13（16分）截面积S=0.5m2的圆形线圈A处在如图所示磁场内，磁感应强度随时间均匀增大，其规律是B/t=2(Ts),开始时电键S未闭合，R1=30，R2=20，电容C=40F，线圈内阻不计，求：（1）线圈中产生的感应电动势（2）闭合S后，通过R2的电流大小和方向（3）闭合S后一段时间又断开，S切断后通过R2的电量【答案】（1） （2） 通过R2的电流从下向上 （3）（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势：；（2）由欧姆定律得：电流，由楞次定律可知，通过R2的电流从下向上；（3）开关闭合时，电热器两端电压：，S切断后通过R2的电量：。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律14. （16分）如图所示，一只理想变压器原线圈输入正弦交流电，两个阻值均为20的电阻串联后接在副线圈的两端。图中的电流表，电压表均为理想交流电表，原副线圈分别为n1=200匝和n2=100匝，电压表的示数为5V，求：（1）电流表的读数（2）原线圈输入电压的最大值（3）变压器的输入功率【答案】 （1）副线圈的电流为，则原线圈的电流为，由电流与匝数成反比得；（2）副线圈的电压为，由电压与匝数成正比得原线圈电压为，则其最大值为；（3）根据输入功率等于输出功率：。【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率15.（18分）如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连。不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现闭合开关S，将金属棒由静止释放。（1）判断金属棒ab中电流的方向（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为R2=2 R1，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1（3）当B=0.40T，L=0.50m，37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图2所示。取g = 10m/s2，sin37= 0.60，cos37= 0.80。求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m【答案】电流方向为b到a （1）由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a；（2）由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热：解得：（3）设最大速度为v，切割磁感线产生的感应电动势：由闭合电路的欧姆定律：从b端向a端看，金属棒达到最大速度时满足：由以上三式得：由图象可知：斜率为：，纵截距为，得所以解得：，。【考点】动量守恒定律；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律16. （18分）如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距l，所在图中正方形区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直平面向里。将甲乙两电阻阻值相同、质量均为m的相同金属杆如图紧贴导轨放置，甲金属杆处在磁场的上边界，甲乙相距 l。静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨向下的外力F，使甲金属杆在运动过程中始终做沿导轨向下的匀加速直线运动，加速度大小为g。乙金属杆刚进入磁场时，发现乙金属杆作匀速运动，求：（1）乙的电阻R（2）以刚释放时t=0，写出外力F随时间t的变化关系（3）乙金属杆在磁场中运动时，乙金属杆中的电功率（4）若从开始释放后乙金属杆中产生热量为Q，则此过程中外力F对甲做的功【答案】 （1）设乙杆刚进入磁场时的速度为v；由于乙进入磁场前自由下落，则有：，据题两杆同时由静止开始以相同的加速度下落，所以乙刚进入磁场时，甲刚穿出磁场，且乙在磁场中做匀速运动，则有：又得：；（2）t时刻，甲杆的速度回路中的感应电流甲杆所受的安培力根据牛顿第二定律得：，即得：；（3）设乙金属杆在磁场中运动时，乙金属杆中的电功率为P；乙金属杆在磁场中运动时，甲在磁场的下方运动，外力F=0，只受重力作用，机械能守恒则对于乙杆，重力势能的减小转化为回路的内能，根据功能关系得：；（4）从开始释放后乙金属杆中产生热量为Q，甲杆产生的热量也为Q；F与安培力的大小相等，根据功能关系可知：此过程中外力F对甲做的功。【考点】法拉第电磁感应定律；电功率参考答案1.C 2B 3C 4B 5. B 6. A 7BC 8AD 9ABD 10.CD11.（1）电流方向与电流计指针偏转方向 （2）向左偏 向左偏 向右偏12. （15分）（1）由图可知，交流电的最大电压，所以电压有效值为：，通过电阻的电流有效值：；（2）电阻消耗电功率：；（3）根据焦耳定律得电阻每秒钟产生的热量：。13（16分）（1）由法拉第