2018-2019学年山西省阳泉市第二中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年山西省阳泉市第二中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

阳泉二中2018—2019学年度第二学期期中考试试题高二物理 一、单项选择题：（每题4分，共计40分）‎ ‎1.下列说法中正确的有：（ ）‎ A. 只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生 B. 电流周围一定有磁场，闭合线圈在磁场中一定能产生电流 C. 线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流和感应电动势 D. 线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 闭合电路内有磁通量，若磁通量不变化，则闭合电路中就没有感应电流产生。故A错误；‎ B. 根据电流的磁效应，电流周围一定有磁场；当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流产生。故B错误；‎ CD. 线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势。故C错误，D正确。‎ 故选：D ‎2.根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是：（ ）‎ A. 阻碍引起感应电流的磁通量的变化 B. 与引起感应电流磁场反向 C. 阻碍引起感应电流的磁通量 D. 与引起感应电流的磁场方向相同。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据楞次定律知：感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故选C.‎ ‎3.如图所示，在水平面上有一固定的U形金属框架，框架上置一金属杆ab，不计摩擦.在竖直方向上有匀强磁场，则（　　） ‎ A. 若磁场方向竖直向上并增大时，杆ab将向右移动 B. 若磁场方向竖直向下并增大时，杆ab将向右移动 C. 若磁场方向竖直向上并减小时，杆ab将向右移动 D. 若磁场方向竖直向下并减小时，杆ab将向左移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若磁场方向竖直向上并增大时，由楞次定律得到ab中感应电流方向：a→b，根据左手定则，ab受到的安培力向左，则ab向左移动。故A错误；‎ B. 若磁场方向竖直向下并增大时，由楞次定律得到ab中感应电流方向：b→a，根据左手定则，ab受到的安培力向左，则ab向左移动。故B错误； ‎ C. 若磁场方向竖直向上并减小时，由楞次定律得到ab中感应电流方向：b→a，根据左手定则，ab受到的安培力向右，则ab向右移动。故C正确；‎ D. 若磁场方向竖直向下并减小时，由楞次定律得到ab中感应电流方向：a→b，根据左手定则，ab受到的安培力向右，则ab向右移动。故D错误。‎ 故选：C.‎ ‎4.关于磁场中的导线框产生的感应电动势，下列说法正确的是( )‎ A. 穿过导线框的磁通量为零的瞬间，线框的感应电动势一定为0‎ B. 穿过导线框的磁通量很大，线框的感应电动势也最大 C. 穿过导线框的磁通量变化量越大，线框的感应电动势一定越大 D. 穿过导线框的磁通量变化率越小，线框的感应电动势一定越小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据法拉第电磁感应定律可知，穿过导线框的磁通量变化率越大，线框的感应电动势一定越大；磁通量为零，感应电动势不一定为零；磁通量很大，但磁通量的变化率不一定很大，感应电动势不一定大，故选项AC错误，BD正确；故选BD.‎ ‎5.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间如图2变化时，下图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在0-1s内，根据法拉第电磁感应定律，．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在1-3s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在3-5s内，根据法拉第电磁感应定律，．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值，故A正确．‎ ‎6.如图所示,闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的N极朝下。当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)(　　)‎ A. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互吸引 B. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互排斥 C. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互吸引 D. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互排斥 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当磁铁N极朝下，向下运动时，穿过线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥。故ABC错误，D正确；‎ 故选：D ‎7.交流发电机分两类，电枢转动，磁极不动发电机叫做旋转电枢式发电机；磁极转动，电枢不动的发电机叫做旋转磁极式发电机。一台旋转磁极式发电机，其电枢线圈有n匝，磁极转动过程中，穿过线圈的磁通量φ随时间t变化的规律如图所示。下列判断正确的是(　　)‎ A. t=0时刻线圈位于中性面，感应电动势为零 B. 该发电机磁极的转速为2πω C. 该发电机电动势的最大值为nφmω D. 外电路断开时，该发电机的端电压为nφmω ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 线圈位于中性面的位置时，穿过线圈的磁通量最大，由图可知，t=0时刻线圈不是位于中性面位置，故A错误；‎ B. 从Φ−t图线可以看出，发动机转动的周期为，所以转速为，故B错误；‎ C.感应电动势的最大值Emax=nωφm，故C正确；‎ D. 发电机的端电压是交变电流电压的有效值，即U= ，故D错误。‎ 故选：C ‎8.家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积较小．某电子调光灯经调整后的电压波形如图所示，若用多用电表测灯泡两端的电压，多用电表示数为(　　)‎ A. Um B. Um C. Um D. Um ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：‎ 交流电 直流电 根据热效应等效，‎ 联立解得：。故B正确，ACD错误。‎ 故选：B ‎9.如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用电阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。对整个送电过程，下列说法正确的是 (　　)‎ A. 输电线上的损失功率为300W B. 升压变压器的匝数比为1︰100‎ C. 输电线上的电流为100A D. 降压变压器的输入电压为4700V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、线路上损失的功率P损=0.6%P=300W，故A正确；‎ B、根据P损=0.6%P==300W，得输电线上的电流为：I2=10A，升压变压器原线圈的输入电流为：I1=P/U1=50000/500A=100A，则升压变压器的匝数之比为：n1：n2=I2：I1=1：10.故B错误，C错误；‎ D. 输电线上损失的电压为：△U=I2R=10×3V=30V，‎ 升压变压器的输出电压为：U2=10U1=5000V，‎ 则降压变压器的输入电压为：U3=U2−△U=5000−30=4970V.故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎10.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ABD图中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：，‎ C图中a、b两点间电势差为路端电压为：，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是C图所示。‎ 故选：C。‎ 二、多项选择题：（每题5分，共计25分）‎ ‎11.如图所示，a、b灯分别标有“36V 40W”和“36V 25W”，闭合电键，调节R，使a、b都正常发光。这时断开电键后重做实验：闭合电键，稳定后再断开电键，则 A. 电键闭合时a、b一起变亮 B. 电键闭合时a逐渐变亮、b立刻变亮 C. 断开电键后b立刻熄灭，a突然变亮之后逐渐熄灭 D. 断开电键后a、b一起逐渐熄灭 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 闭合瞬间，L相当于断路，b立刻变亮，a逐渐变亮，故A错误，B正确；‎ CD. 电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联，a、b灯泡一起逐渐熄灭，故C错误，D正确 故选：BD ‎12.如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是：（ ）‎ A. 向右加速运动 B. 向右减速运动 C. 向左减速运动 D. 向左加速运动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】产生如图所示的电流时，右边螺线管内的磁场方向是向上的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的变化。那么左边就是两种情况：1.向左减速运动，左边螺线管的磁场方向向下减弱；2.向右加速运动，左边螺线管中磁场方向向上增强。故AC正确，BD错误。‎ 故选：AC ‎13.如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是( )‎ A. 不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针 B. 向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反 C. 向右匀速拉出时，感应电流大小不变 D. 要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 不管沿什么方向将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向。故A正确，B错误；‎ C.‎ ‎ 感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于匀速移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小。故C错误；‎ D. 线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小先增大后减小，会发生变化。故D正确。‎ 故选：AD.‎ ‎14.如图所示，闭合小金属环从高h处的光滑曲面上端无初速度滚下，又沿曲面的另一侧上升，则下列说法正确的是（ ） ‎ A. 若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h B. 若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于h C. 若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于h D. 若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若是匀强磁场，穿过闭合金属环的磁通量不变，没有感应电流产生，机械能守恒，环在左侧滚上的高度不变，等于h.故A错误，B正确；‎ C. 若是非匀强磁场，闭合小金属环中由于电磁感应产生感应电流，机械能减小转化为内能，高度减小，则环在左侧滚上的高度小于h，故C错误，D正确。‎ 故选：BD.‎ ‎15.如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，则 A. 拉力F大小为 B. 拉力做的功为 C. 线圈中产生的电热 D. 通过线圈某一截面的电荷量 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.感应电动势：E=BL2v，‎ 电流：I=E/R，‎ 安培力：F安=BIL2，‎ 线框做匀速直线运动，由平衡条件得：F=F安=，故A错误；‎ B.根据功W=FS，拉力的功：W=FL1=，故B错误；‎ C.根据功能关系，线框拉出的过程，拉力做正功，动能不变，线框中产生内能，增加的内能等于拉力所做的功，故Q=，故C正确；‎ D. 通过线圈某一截面的电荷量：q=I⋅t== =，故D正确。‎ 故选：CD 三、实验题(本题共5分)‎ ‎16.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示。它们是：‎ ‎①电流计、②直流电源、③带铁芯的线圈A、④线圈B、⑤电键、⑥滑动变阻器（用来控制电流以改变磁场强弱）。‎ ‎(1)试按实验的要求在实物图上连线______________（图中已连好一根导线）。‎ ‎(2)若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在电键刚闭合时电流表指针左偏，则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流计指针将_________（填“左偏”、“右偏”、“不偏”）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 右偏 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下接两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示。‎ ‎(2)闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏；由电路图可知，电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，通过线圈A的电流变小，磁场变弱，穿过线圈B的磁场方向不变，磁通量变小，则电流表指针向右偏。‎ 四、计算题（30分，解答时应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得分。有数值计算的题,答案中必须写明数值和单位）‎ ‎17.如图所示，宽度为L＝0.20 m的足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为R=1.0Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.50 T。一根质量为m=0.1kg的导体棒MN与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，导轨与导体棒间的动摩擦因数μ=0.2。导体棒在平行于导轨的拉力F作用下沿导轨向右匀速运动，运动速度v=20 m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直。求：‎ ‎（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小和方向；‎ ‎（2）作用在导体棒上的拉力的大小。‎ ‎【答案】（1）2.0A，N到M（2）0.40N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)导体棒产生的感应电动势为E=BLv=2.0V 感应电流为I=E/R=2.0A；根据右手定则，闭合回路中产生的感应电流的方向为从N到M；‎ ‎(2)导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡 即有F=F安+μmg=BIL+μmg=0.40N ‎18.小型发电厂通过升压变压器向输电线路输出的正弦交变电压为U0=50kV，输送功率为P=5.0×106W，现在用户处安装一降压变压器，用户的电压为U=220V，升压变压器到降压变压器间的输电导线总电阻为R=20Ω．求：‎ ‎（1）输电导线上的电流；‎ ‎（2）输电导线上的电压损失；‎ ‎（3）降压变压器的原、副线圈的匝数比；‎ ‎（4）用户得到的电功率。‎ ‎【答案】（1）100A；（2）2000V；（3）2400:11；（4）4.8×106W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）输电导线电流为I1，输电线路的损耗功率为P损，输电导线的电压损失为UR，降压变压器的输入电压为U1，输出电压为U2，降压变压器的线圈匝数比为n1:n2，用户得到的电功率为P1.‎ 根据题意有：=100A ‎（2）输电导线的电压损失：UR=I1R=100×20V=2000 V.‎ ‎（3）由于U0=UR+U1‎ 故U1=U0−UR=50000-2000=48000V 故n1：n2=U1：U2=48000:220=2400:11‎ ‎（4）用户得到的电功率等于降压变压器的输入功率，则P1=U1I1=48000×100W=4.8×106W ‎19.如图所示，水平的平行虚线间距为d=0.4m，其间有B=1.0T的匀强磁场。一个正方形线圈边长为l=1.0m，线圈质量m=0.1kg，电阻为R=2.0Ω。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=0.8m。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和上边缘刚进入磁场时的速度相等。取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）线圈下边缘刚进入磁场时加速度的大小和方向；‎ ‎（2）线圈全部穿过磁场过程中产生的电热Q；‎ ‎（3）线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。‎ ‎【答案】（1）10m/s2，方向向上（3）2J（3）2m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线圈由开始位置到下边缘刚进入磁场位置，做自由落体运动，‎ 设在下边缘刚进入磁场位置时速度为v0，则，‎ 得 线圈下边缘刚进入磁场时E=BLv0‎ 感应电流大小I=E/R 由以上三式可得：I=2A，由右手判断可知感应电流方向为逆时针。‎ 有左手判断安培力方向向上，大小：F=BIl=1.0×2×1.0N=2.0N 根据牛顿第二定律：F-mg=ma 代入数据得，a=10m/s2，方向向上；‎ ‎（2）设下边缘刚离开磁场时速度v1，到上边缘刚进入磁场时速度为v0，此过程只受重力，机械能守恒，加速度为g，则 代入数据得：v1=2m/s 则从下边缘刚进入磁场到离开磁场，产生的热量为Q1，根据能量守恒定律：‎ 代入数据解得：Q1=1J 从上边缘刚进入磁场到离开磁场产生的热量，与从下边缘刚进入磁场到离开磁场产生的热量相等，也为Q1=1J 线圈全部穿过磁场过程中产生的电热Q=2Q1=2J ‎（3）从下边缘进入磁场线圈开始减速运动，从下边缘离开磁场时开始加速，所以下边缘离开磁场时速度最小，由（2）解析可知，最小速度为2m/s。‎ ‎ ‎