广东省茂名市电白区2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

广东省茂名市电白区2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

广东省茂名市电白区2020学年高二物理下学期期中试题（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1.随着科技的不断发展，无线充电已经实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示，某手机利用电磁感应原理正在进行无线充电，下列说法正确的是（ ）‎ A. 无线充电时，手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”‎ B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以用它进行无线充电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，手机无线充电是利用电磁感应原理，所以A错误；要发生电磁感应，应将充电底座接到交变电源上，给发射线圈通交变电流，从产生变化的磁场，使得接收线圈的磁通量发生改变，产生感应电动势、感应电流实现充电，接收线圈中产生交变电流的频率与发生线圈中交变电流的频率是相同的，所以B错误；C正确；手机中需有接收线圈的才能利用无线底座充电，D错误。‎ ‎2.如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为指拉直时两端的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面。环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面接触良好摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时 AB两端的电压大小为　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知，AB棒在转动的过程中切割磁感线运动，产生感应电动势，当摆到竖直位置时，产地感应电动势的大小为，AB相当于电源，外电路为两个半圆并联，，又电源内阻r=R/2，根据闭合电路的欧姆定律可求回路的总电流为：，AB两端的电压为路端电压：U=IR外=Bav/3，所以A、C、D错误；B正确。‎ ‎3.如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab和cd，bd端接有电阻R。导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计。导轨右端区域存在垂直于导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。在时刻，导体棒以速度从导轨的左端向右运动，经过时间开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流i随时间t的变化规律图像可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙知，在0～2t0时间内磁感应强度随时间均匀变化，根据可知，回路产生稳定的电动势、稳定的感应电流，在根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针方向，所以在0～2t0时间内电流是负方向，且大小不变。在2t0时刻导体棒进入磁场区域，在安培力的作用下做非匀变速运动，根据知，导体棒做加速度减小的减速运动，电流，电流逐渐减小，且i-t图像的斜率逐渐减小，所以A正确；B、C、D错误。‎ ‎4.如图所示，电阻不计的两根光滑平行金属导轨左端接有一个自感系数很大的线圈L，金属棒MN置于导轨上，并与其保持良好接触。MN中点处通过一平行于导轨的轻质绝缘杆固定，在绝缘杆左端装有一力传感器(图中未画出)，可以显示出MN对绝缘杆施加作用力的情况。直流电源E、电阻R和电键S接在导轨之间，自感线圈L的直流电阻是金属棒MN电阻的一半。关于绝缘杆，下列说法正确的是 A. 闭合S，受到向左的拉力，且力传感器示数越来越大 B. 闭合S，受到向右的压力，且力传感器示数越来越小 C. 断开S，受到向左的拉力，且力传感器示数越来越小直至为零 D. 断开S，受到向右的压力，且力传感器示数先突然变大再逐渐减小为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当闭合s时，有电流自上而下流过MN，由左手定则可判定安培力方向向左，此时自感线圈产生的自感电流自上而下流过MN，但自感电流逐渐减小到零，所以传感器示数逐渐减小，AB错；断开s后，自感线圈的感应电流自下而上流过MN，所受安培力向右，电流逐渐减小到零，D对；‎ ‎5.如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下面说法中正确的是 A. 穿过线圈a的磁通量变小 B. 线圈a有收缩的趋势 C. 自上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流 D. 线圈a对水平桌面的压力将增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题的关键首先明确滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向。根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势。‎ ‎【详解】当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小，故A正确；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故C正确；再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故B错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。‎ ‎6.国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压，电压表、电流表都为理想电表则下列判断正确的是　　‎ A. 输入电压有效值为200V，电流频率为50 Hz B. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大 C. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小 D. 若变阻器的滑片不动，S打到b处，电压表和电流表的示数都减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由电压的瞬时值表达式可知，输入电压的最大值为V，角速度为100rad/s ‎，有效值，频率，A正确；S打到a处，副线圈匝数增加，输出电压增大，V2示数增大；输入电压不变，V1示数不变，B错误；当变阻器的滑片向下滑动时,两电流表的示数都减小电阻R的阻值减小，电流表A2的示数增大，C错误；若变阻器的滑片不动,S打到b处, 副线圈匝数减小，输出电压减小，V2示数减小；输出功率，减小，可知变压器输入功率也减小，输入电压不变，输入电流减小，电流表A1示数减小，D正确。故选AD ‎7.如图甲所示，一交流发电机向远距离的理想变压器输电，输电线等效电阻，变压器匝数比：：1，发电机输出的交变电压随时间变化图象如图乙所示，交流电压表示数为5V，，则　　‎ A. 发电机的输出电压 B. 图象上对应的时刻，发电机中的线圈刚好与中性面垂直 C. 两端的电压为10V D. 发电机输出功率为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知，T=0.02s，所以ω=2π/T=100π，交流电的瞬时值为：，故A正确；0.01s时，电动势为零，线圈处于中性面位置，B错误；变压器原线圈的输入电压U1=25-5V=20V，根据变压规律：可求U2=10V，R2两端的电压为10V，所以C正确；根据欧姆定律可求副线圈的电流，再根据变流规律：可求原线圈的电流为I1‎ ‎=0.5A，发电机的输出电压有效值为U=25V，输出功率P=UI1=12.5W，故D错误。‎ ‎8.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图。其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈的匝数，电阻，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻，与R并联的交流电压表为理想电表。在时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化。则（ ）‎ A. 交流发电机产生的电动势最大值为200V B. 电路中电压表的示数为180V C. 上的热功率为180W D. 线圈从图示位置转过的过程中，流过电阻R的电荷量为0.02C ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙知，周期T=2π×10-2s，，电动势的最大值Em=nBSω=200V，A正确；电动势的有效值，根据欧姆定律可求回路电流：，所以电压表的读数：U=IR=90V，B错误；R上的热功率：P=I2R=180W，C正确；线圈从图示位置转过的过程中，流过电阻R的电荷量：，所以D正确。‎ 二、非选择题 ‎9.某同学选用“”倍率的电阻挡估测元件电阻，发现多用表指针偏转过大，因此需选择_____倍率的电阻挡填：“”或“”‎ ‎。并先进行_______再进行测量，之后多用表的示数如图所示，测量结果为______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 欧姆调零 (3). 30‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】多用表指针偏转过大，说明待测电阻阻值较小，应换用更小的倍率，即换用×10倍率；换用倍率后应先进行欧姆调零；由图知，待测阻值为R=30×1Ω=30Ω。‎ ‎10.某学习小组探究一标有“3 V，”小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如下：‎ A.电池组电动势为，内阻约； B.直流电流表内阻约为 C.直流电压表内阻约 D.直流电压表内阻约 E.滑动变阻器 F.滑动变阻器 G.开关、导线若干 本实验中电压表选用________，滑动变阻器应选用________选填“C”或“D”，“E”或“F”．‎ 如图甲所示，现已完成部分导线的连接实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接（ ）；‎ 某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A；‎ 该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，将这个小电珠与阻值为的定值电阻串联，接到电动势为4 V、内阻为的电源两端，这个小电珠的实际功率为________W．‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). (4). 0.44 (5). 0.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意知，小电珠的额定电压为3V，故电压表选择3V量程的C；该实验中电流需从零开始测量多组，故滑动变阻器需采用分压式接法，为调节方便，滑动变阻器选择阻值小额定电流大的E；‎ ‎（2）小电珠内阻较小，测量电路用外接法，滑动变阻器用分压式，所以实物图如图所示；‎ ‎（3）电流表量程为0.6A，知图中电表的读数为0.44A；‎ ‎（4）根据闭合电路的欧姆定律：E=U+I（r+R0‎ ‎），整理得：U=-10I+4，在小电珠伏安特性曲线的同一坐标内画出该回路的U-I图线，其与伏安特性曲线的交点坐标值即为小电珠实际的电压和电流，如图所示。小电珠在该闭合回路中电压U=1.0V，电流I=0.3A，实际功率P=UI=0.3W ‎11.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为，电阻均为，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止取，求：‎ 通过棒cd的电流I的大小；‎ 棒ab受到的力F的大小；‎ 棒ab运动速度的大小．‎ ‎【答案】（1）1A（2）0.2N（3）2m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】解：棒cd受到的安培力 棒cd在共点力作用下平衡，则 ‎ 联立解得 ‎ 棒ab与棒cd受到安培力大小相等       ‎ 对棒ab由共点力平衡有 ‎ 联立解得 设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势      ‎ 由闭合电路欧姆定律知 ‎ 联立解得 ‎12.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为的电阻，质量为、电阻为的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响．‎ 判断金属棒两端a、b的电势哪端高；‎ 求磁感应强度B的大小；‎ 在金属棒ab从开始运动的内，电阻R上产生的热量．‎ ‎【答案】(1) b端电势较高(2)  (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手定可判断感应电流由a到b，可知b端为感应电动势正极，故b端电势较高。‎ 当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得：‎ 金属棒产生感应电动势为：‎ 则电路中的电流为：‎ 由图象可得：‎ 代入数据解得：‎ 在，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得：‎ 解得：‎ 则电阻R上产生的热量为：‎ ‎13.如图，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距，导轨左端MP间接有一阻值为的定值电阻，导体棒ab质量，与导轨间的动摩擦因数，导体棒垂直于导轨放在距离左端处，导轨和导体棒电阻均忽略不计整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图所示，不计感应电流磁场的影响当时，突然使ab棒获得向右的速度，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F，保持ab棒具有大小为恒为、方向向左的加速度，取．‎ 求时棒所受到的安培力；‎ 分析前3s时间内导体棒的运动情况并求前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；‎ 从时刻开始，当通过电阻R的电量时，ab棒正在向右运动，此时撤去外力F，此后ab棒又运动了后静止求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q．‎ ‎【答案】(1)，方向水平向右(2)  (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：由图b知：‎ 时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为：‎ 感应电流：‎ 可得时棒所受到的安培力：‎ ‎，方向水平向右；‎ 棒与轨道间的最大摩擦力为：‎ 故前3s内导体棒静止不动，由平衡条件得： ‎ 由图知在内，磁感应强度为：‎ 联立解得： ；‎ 前3s内通过电阻R的电量为：‎ 设3s后到撤去外力F时又运动了，则有：‎ 解得：‎ 此时ab棒的速度设为，则有：‎ 解得：‎ 此后到停止，由能量守恒定律得：‎ 可得：‎