黑龙江省哈尔滨市第三中学2020学年高二物理下学期第一次考试试题（含解析）

黑龙江省哈尔滨市第三中学2020学年高二物理下学期第一次考试试题（含解析）

黑龙江省哈尔滨市第三中学2020学年高二物理下学期第一次考试试题（含解析） ‎ 一、选择题（本题共4小题，68分。在每小题给出的什么时候发生四个选项中，第1~8题中有一项符合题目要求，选对的得4分，选错的得0分；第9~14题中题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）‎ ‎1.信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，每个磁化区代表了二进制数1或0，用以储存信息。刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压（如图1所示）。当信用卡磁条按图2所示方向以该速度拉过阅读检测头时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图1可知，当“1”区经过阅读器的检测头时，产生正向电压，当“0”区经过阅读器的检测头时，产生负向电压，可见B正确。‎ ‎2.‎ ‎ 一理想变压器的副线圈为200匝，输出电压为10V，则铁芯内的磁通量变化率的最大值为（ ）‎ A. 0.07Wb/s B. 5Wb/s C. 7.05Wb/s D. 14.1Wb/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由可得，最大磁通变化率 ‎3.法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图如图所示．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，a、b为导线，逆时针转动铜盘，就可以使灯泡亮起的，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 回路中电流大小恒定 B. 回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a流向旋转的铜盘 C. 回路中有大小和方向作周期性变化的电流 D. 若垂直穿过铜盘的磁场的磁感应强度按正弦规律变化，不转动铜盘，灯泡中也会有电流 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】铜盘转动产生的感应电动势为，B、L不变，但是ω可能变化，E可能变化，根据欧姆定律得，电流不一定恒定不变，故A错误。根据右手定则判断，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，再从a流向旋转的铜盘。故B正确，C错误。垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，铜盘中产生涡旋电场，但a、b间无电势差，灯泡中没有电流流过。故D错误。‎ ‎4.如图，理想变压器的匝数比n1 ：n2：n3=4：2：1，线圈Ⅱ接两只标有“6 W，6 V”的灯泡且正常发光。线圈Ⅲ接四只额定功率为3W的灯泡且正常发光，则阻值为3的电阻Rl的实际功率为 A. 3W B. 6W C. 12W D. 24W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于是理想变压器，所以有:P1=P2+P3；所以P1=2×6+4×3=24W；又 ，所以；所以原线圈中的电流为，所以电阻R消耗的功率为PR=I12•R=22×3W=12W，故选C.‎ ‎5.如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=－imcos（+ωt），则图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。‎ ‎6.如图所示，、、是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，开关S原来接通，当开关S断开时，下面说法正确的是电源内阻不计)‎ A. 闪亮一下后熄灭 B. 闪亮一下后恢复原来的亮度 C. 变暗一下后恢复原来的亮度 D. 闪亮一下后恢复原来的亮度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 开关S接通时，L2、L3并联亮度相同，L1被短路不亮，当开关S 断开时，自感线圈阻碍原电流减小所以L1、L2、L3构成串联电路，L2、L3则亮度逐渐变暗最后熄灭而L1闪亮一下后熄灭，选A ‎7.图示为远距离输电线路的示意图，若保持发电机的输出电压不变，下列叙述中正确的是：‎ A. 升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关 B. 输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定 C. 当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大 D. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．‎ 解答：解：A、由于发动机的输出功率不变即升压变压器的原电压不变，当用户用电设备消耗功率变化时，输入功率变化，因此升压变压器的原线圈中的电流将发生变化，故A错误；‎ B、输电线上的电流与用户以及电线上消耗的功率以及变压器的匝数比有关，故B错误；‎ C、当用户电阻减小时，导致电流增大，因此输电线上的损失功率增大，故C错误；‎ D、由于远距离输电式时输电线上有电压损失，因此升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎8. 如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应电流的有效值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；导体切割磁感线时的感应电动势．‎ 分析：有效电流要根据有效电流的定义来计算，根据电流的热效应列出方程，可以求得有效电流的大小．‎ 解答：解：交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有 的时间内有感应电流，则有（）2R=I2RT，所以I=，所以D正确．‎ 故选：D．‎ 点评：本题就是考查电流有效值的计算，本题的关键是对有效值定义的理解，掌握好有效值的定义就可以计算出来了．‎ ‎9.如图所示，输入端输入的电流信号有直流、交流低频和交流高频三种成分，想通过该电路只把交流的低频成分输送到下一级，下列说法中正确的有：‎ A. L在此的功能为通直流，阻交流，叫高频扼流圈 B. C1在此的功能为通交流，隔直流，叫隔直电容 C. C2在此的功能为通高频、阻低频，叫做高频旁路电容 D. 该电路无法达到设计目的 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】L在此的功能为通直流、阻交流，通低频，阻高频，将低频的交流成分送到下一级，叫低频扼流圈，自感系数很大，故A错误；C1在此的功能为通交流，隔直流，使直流不能到达下一级电路，叫隔直电容，故B正确。C2与输出电路并联，起到通高频，阻低频，使高频成分能通过，低频成分到达下一级，C2又叫高频旁路电容，故C正确。由上分析可知，故D错误。‎ ‎10.如图所示，供电电源为u=10sin100πt(V)的交流电源，电压表的读数为U1，耐压值为U2的电容器C并未被击穿，则：‎ A. U1=10 V B. U1=10V C. U2>10V D. U2>10V ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】交流电源的电压有效值是10V，而电压表测量的是交流电的有效值，则电压表的示数为U1=10V，A错误，B正确；正弦式交流电的最大值是10V，所以电容器要能正常工作，其耐压值必须不低于10V，即U2＞10V，C错误，D正确。‎ ‎11.如图所示，一台理想变压器，要使变压的输入功率增加，可以采取下列哪种方法（其他条件保持不变）（ ）‎ A. 增大R的阻值 B. 减小R的阻值 C. 增加副线圈的匝数n2‎ D. 减小原线圈的匝数n1‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 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,所以B选项是正确的;‎ 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,所以C选项是正确的;‎ 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,所以D选项是正确的;‎ 故选BCD 点睛：变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压,副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率,因为匝数比不变,故副线圈的输出电压保持不变,当负载电阻减小时,输出功率变大,故输入功率也变大.‎ ‎12.如图，一理想变压器原副线圈砸数比为n，原线圈接正弦交流电，电压为U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机，电动机线圈电阻为R，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度 开始加速上升，下列判断正确的是：‎ A. 电动机消耗的热功率为I2R B. 变压器的输入功率为 C. 原线圈t时间内输入的电能应大于 D. 副线圈两端电压为IR ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】电流表读数为I，则通过电动机的电流为I，电动机消耗的热功率为I2‎ R，选项A正确；变压器电流之比等于线圈匝数的反比，故I1:I2=1:n ；解得：，变压器的输入功率为，故B正确；当重物加速上升，则F>mg，则电动机的输出功率Fv>mgv，则变压器输出功率大于mgv+I2R，则原线圈t时间内输入的电能应大于（I2R+mgv）t，选项C正确；电动机两端的电压大于IR，可知副线圈两端电压大于IR，选项D错误；‎ ‎13.如图为一理想变压器，K为双向，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则( )‎ A. 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时I1将增大 B. 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，R消耗的功率减小 C. 保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大 D. 保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：由图可知：电压表测量的是副线圈电压，电流表测量的是副线圈电流，根据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，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可．‎ 解答：解：A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=得I1将增大，故A正确；‎ B、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，根据P=可知功率变大，故B错误；‎ C、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据I1=可知I1将减小，故C错误；‎ D、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I1=‎ 可知I1将增大，故D错误．‎ 故选A 点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解，注意电压表和电流表测量的是有效值．‎ ‎14.一台发电机最大输出功率为4 000kW，电压为4000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V、60W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则(　　)‎ A. T1原、副线圈电流分别为103A和20A B. T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220V C. T1和T2的变压比分别为1:50和40:1‎ D. 有6×104盏灯泡(220V、60W)正常发光 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 输电线上消耗的功率P线＝R＝400 kW，则I2＝＝20 A，又P1＝U1I1，则I1＝＝103A，故A正确；T1的变压比＝＝，又P＝U1I1＝U2I2，得U2＝2×105V，输电线上损失电压U线＝I2R＝2×104V，则T2原线圈的输入电压U3＝U2－U线＝1．8×105V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220 V，B正确；T2的变压比 ‎＝＝，C错误；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D正确。‎ 二、计算题（共32分，解答就写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不给分。用数字计算的题，答案必须明确写出数字和单位）‎ ‎15.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1Ω，在外力的作用下，绕垂直于磁感线的对称轴OO`匀速转动，角速度ω=2π rad/s，电阻R=4Ω。求：‎ ‎（1）写出流过电阻R的电流的瞬时值表达式；‎ ‎（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过7.25秒时，线圈产生的感应电动势的值；‎ ‎（3）由图示位置转过300角的过程中，通过电阻R的电量；‎ ‎（4）电压表的示数；‎ ‎（5）线圈转动一周过程中，外力做的功。‎ ‎【答案】（1）i=0.2πcos2πt（A）（2）0（3）0.05C（4）1.78A（5）0.99J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据Em=NBωS，可得感应电动势的最大值：Em=100×0.5×0.12×2πV=πV；‎ 则通过电阻R电流的最大值：‎ 则流过电阻R的电流的瞬时值表达式：‎ ‎（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过7.25秒时，线圈转过的角度为 ‎，此时线圈平面与磁场垂直，则产生的感应电动势的值为0；‎ ‎（3）由图示位置转过30°角的过程中，通过电阻R的电量： ；‎ ‎（4）电压表的示数 ‎（5）线圈转动一周过程中，外力做的功等于产生的电功率：‎ ‎.‎ ‎16.如图所示，两条间距l＝1 m的光滑金属导轨制成倾角37°的斜面和水平面，上端用阻值为R＝4 Ω的电阻连接．在斜面导轨区域和水平导轨区域内分别有垂直于斜面和水平面的匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T．ab和cd是质量均为m＝0.1 kg，电阻均为r＝4 Ω的两根金属棒，ab置于斜面导轨上，cd置于水平导轨上，均与导轨垂直且接触良好．已知t＝0时刻起，cd棒在外力作用下开始水平向右运动(cd棒始终在水平导轨上运动)，ab棒受到F＝0.6－0.2t(N)沿斜面向上的力作用，处于静止状态．不计导轨的电阻．‎ ‎(1)求流过ab棒的电流Iab随时间t变化的函数关系；‎ ‎(2)分析并说明cd棒在磁场B2中做何种运动；‎ ‎(3)t＝0时刻起，1 s内通过cd棒的电荷量q为多少？‎ ‎(4)若t＝0时刻起，1.2 s内作用在cd棒上外力做功为W＝16 J，则这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR多大？‎ ‎【答案】(1)0.4tA　(2)v＝9.6t m/s的匀加速直线运动 (3)0.4 C　(4)1.56 J ‎【解析】‎ ‎(1)ab棒平衡，则F＋F安＝mgsin 37°‎ 又因F安＝B1Iabl 代入数据得Iab＝0.4t A.‎ ‎(2)cd棒上的电流Icd＝2Iab＝0.8t A①‎ 电源电动势E＝IcdR总②‎ cd棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝B2lv③‎ 联立①②③得，cd棒的速度v＝9. 6t m/s 所以，cd棒做初速度为零的匀加速直线运动．‎ ‎(3)cd棒的加速度为a＝9.6 m/s2‎ ‎1 s内的位移为x＝at2＝×9.6×12m＝4.8 m 根据＝＝＝‎ 得q＝t＝＝C＝0.4 C.‎ ‎(4)t＝1.2 s时，cd棒的速度v＝at＝11.52 m/s 根据动能定理：W－W安＝mv2－0‎ 得1.2 s内克服安培力做功W安＝9.36 J 回路中产生的焦耳热Q＝W安＝9.36 J 电阻R上产生的焦耳热QR＝Q/6＝1.56 J.‎