2017-2018学年安徽省六安市舒城中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年安徽省六安市舒城中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

安徽省六安市舒城中学2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题 一、选择题 ‎1. 下列图中线圈中不能产生感应电流的是 （　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】线圈在磁场中运动，穿过线圈的磁通量没有变化，所以不会产生感应电流，A符合题意；线圈离开磁场时，磁通量减小，故有感应电流产生，B不符合题意；线圈与磁场始终平行，穿过线圈的磁通量为零，没有变化，所以不能产生感应电流，C符合题意；在磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量发生变化，闭合线圈中产生感应电流，D不符合题意．‎ ‎【点睛】本题的解题关键是掌握产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化和磁通量的含义进行判断．要特别注意理解C，明确由于磁感线一直和线圈平行，故没有磁感线“穿”过线圈．‎ ‎2. 如图所示是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）‎ A. 左图中，A1与L1的电阻值相同 B. 左图中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C. 右图中，变阻器R与L2的电阻值相同 D. 右图中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 ‎【答案】C ‎【解析】断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3‎ 的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。‎ ‎【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况。电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小。‎ ‎3. 如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，(　 　)‎ A. ab棒不受安培力作用 B. ab棒所受安培力的方向向右 C. ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大 D. 螺线管产生的磁场，A端为N极 ‎【答案】C ‎【解析】ab棒切割磁感线时，要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力，故A错误；根据楞次定律可知，感应电流总是起到阻碍的作用，故安培力的方向与导体棒一定的方向相反，应当向左，故B错误；ab棒向右运动时，、、，联立解得：，则知速度越大，所受安培力越大，故C正确；根据右手定则，ab中的电流的方向向上，流过螺旋管时，外侧的电流方向向下，根据安培定则得知螺线管产生的磁场，A端为S极，B端为N极，故D错误。故选C.‎ ‎【点睛】回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力；感应电流的大小与运动速度有关，运动速度越大，所受安培力越大．根据右手定则、左手定则和楞次定律依次进行分析．‎ ‎4. A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于（ ）‎ A. 5∶4 B. 3∶2 C. ∶1 D. 2∶1‎ ‎【答案】A ‎5. 在等边三角形的三个顶点a、b、c处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向 （ ）‎ A. 与ab边平行，竖直向上 B. 与ab边平行，竖直向下 C. 与ab边垂直，指向左边 D. 与ab边垂直，指向右边 ‎【答案】C ‎【解析】等腰直角三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流，根据安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下，再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边，故C正确，ABD错误。‎ ‎6. 如图所示，在虚线MN的右侧存在着垂直纸面向里的匀强磁场，边长为a的正三角形金属线框平行纸面放置，t＝0时刻，顶点恰好在磁场的左边界上，一边平行磁场边界MN.现令该金属线框匀速进入磁场区域，则线框中产生的感应电动势E、电流I、所施加的外力F、安培力做功的功率P随时间t的变化关系的图象中正确的是 (　　 )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎...............‎ ‎【点睛】先根据E=BLv分析感应电动势的变化．再由欧姆定律分析感应电流的变化，由平衡条件和安培力公式F=BIL分析外力F的变化．由功能关系分析P的变化．‎ ‎7. 如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a （a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度减为v，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小 （ ）‎ A. 大于 B. 等于 C. 小于 D. 以上均有可能 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为，末速度为．由动量定理可知：，又电量，得，得速度变化量，由可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为，则有，解得，‎ 考点：法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量分析电量的关系．根据感应电量，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等．联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度 视频 ‎8. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45°，若线框的总电阻为R，则 （ ）‎ A. 线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为DCBA B. AC刚进入磁场时线框中感应电流为 C. AC刚进入磁场时线框所受安培力为 D. 此时CD两端电压为 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向，故A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势，则线框中感应电流为，此时CD两端电压，即路端电压为，故B错误D正确；AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即，故C正确；‎ 考点：考查了导体切割磁感线运动 ‎【名师点睛】安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力表达式．‎ ‎9. 如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 （ ）‎ A. 原、副线圈匝数比为9:1‎ B. 原、副线圈匝数比为1:9‎ C. 此时a和b的电功率之比为9:1‎ D. 此时a和b的电功率之比为1:9‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9：1：故A正确B错误；根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9，故C错误D正确；‎ 考点：考查了理想变压器 视频 ‎10. 在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则 （ ）‎ A. t=0时，线圈平面平行于磁感线 B. t=1 s时，线圈中的电流改变方向 C. t=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大 D. 一个周期内，线圈产生的热量为 ‎【答案】AD ‎【解析】t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值）电流的方向改变一次，t=1 s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；t=1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零（），根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D正确。‎ 点睛：本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。‎ ‎11. 如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场（图中未画出）中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正，已知在0~4s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图所示，则下列图像 所表示的关系正确的是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，感应电流，由B-t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，A正确B错误；由图示B-t图象可知，0～1s时间内，B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针的，为正值；同理1～2s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；2～3s，B的方向垂直纸面向里，B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的；3～4s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的，故C错误D正确；‎ 考点：考查了电磁感应与图像 ‎【名师点睛】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以先利用右手定则或楞次定律判断方向排除法，再选择其他合适的解法等解答．‎ ‎12. 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是 （ ）‎ A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大 B. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 C. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大 D. 若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小 ‎【答案】BC ‎【解析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则消耗的功率变小，则A错误；干路电流变小，分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小，则C错误；闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小．电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误。‎ ‎【点睛】考查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键．‎ 视频 二、计算题 ‎13. 如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，边长L1=0．40m、L2=0．25m，其匝数n=100匝，总电阻r=1．0Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和R=3．0Ω的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=1．0T，在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O1O2匀速转动，角速度ω=2．0rad/s。求：‎ ‎（1）电阻R两端电压的最大值；‎ ‎（2）从线圈通过中性面（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）开始计时，经过周期通过电阻R的电荷量；‎ ‎【答案】（1）15V； （2）2．5C ‎【解析】试题分析：（1）根据求出感应电动势的最大值，结合内外电阻，即可求解R两端的最大电压值。（2）根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求出平均感应电流，根据求出通过电阻R的电荷量。‎ ‎（1）线圈中感应电动势的最大值，其中 代入数据解得：‎ 线圈中感应电流的最大值 电阻R两端电压的最大值 ‎（2）设从线圈平面通过中性面时开始，经过周期的时间 此过程中线圈中的平均感应电动势：‎ 通过电阻R的平均电流：‎ 通过电阻R的电荷量：‎ 代入数据，解得：q=2.5C ‎14. 如图所示，一个圆形线圈匝数n=1000，面积、电阻．在线圈外接一阻值为的电阻．把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感强度B随时间变化规律如图右所示．求：‎ ‎（1）内，回路中的感应电动势；‎ ‎（2）时，电阻两端的电压U.‎ ‎【答案】（1）1V；（2）3.2；‎ ‎【解析】试题分析：（1）0～4s内，在B-t图中同一条直线，磁感应强度的变化率是相同的，由法拉第电磁感应定律可得出前4S内的感应电动势。（2）据闭合电路欧姆定律，求得t=5s时，电阻两端的电压。‎ ‎（1）根据法拉第电磁感应定律：‎ 由图可知：‎ 解得：‎ ‎（2）由图可知：‎ 根据法拉第电磁感应定律有：‎ 根据闭合电路的欧姆定律：‎ 根据部分电路的欧姆定律：‎ 联立解得：‎ ‎15. 如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1 Ω的发电机向全校22个教室（每个教室有“220 V，40 W”的白炽灯6盏）供电．如果输电线的总电阻R是4 Ω，升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比分别是1∶4和4∶1，则：‎ ‎（1）发电机的输出功率应是多大？‎ ‎（2）发电机的电动势是多大？‎ ‎【答案】（1）5 424 W（2）250 V ‎ ‎【解析】试题分析：求出全校所有白炽灯消耗的功率，为降压变压器的输出功率，根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，根据，得出输电线上的电流，从而得出线路上损耗的功率．升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率；根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，根据电压比等于匝数之比，求出升压变压器的输入电压，根据，求出通过发电机的电流，由E=I1r+U1求出发电机的电动势。‎ ‎（1）全校消耗的功率：P用=22×40×6W=5280W，设线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3；根据变压器变压比公式，有：，而U4=220V，则U3=4×220V=880V；,线路损失功率：，所以P出=P用+P损=5424W ‎（2）线路损耗电压为：，则根据：，可得：，升压变压器原线圈电流：,发电机的电动势E=I1r+U1=24×1+226=250V．‎ 点睛：解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和。‎ ‎16. 如图所示,一根电阻为R=12Ω的电阻丝做成一个半径为r=1m的圆形导线框,竖直放置在水平匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直,磁感应强度为B=0．2T,现有一根质量为 m=0．1Kg、电阻不计的导体棒,自圆形线框最高点静止起沿线框下落,在下落过程中始终与线框良好接触,已知下落距离为时,棒的速度大小为,下落到经过圆心时棒的速度大小为,（取g=10m/S2）试求:‎ ‎（1）下落距离为时棒的加速度;‎ ‎（2）从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量．‎ ‎【答案】（1）8．8m/s2 （2）0．44J ‎【解析】试题分析：（1）由电阻的串并联可知此时电路的电阻，由导体切割磁感线时的感应电动势可求得电动势，由闭合电路欧姆定律可求得导体棒的电流，由牛顿第二定律可求得加速度；（2）由能量守恒可求得线框中产生的热量．‎ ‎（1）下落距离为时，闭合电路的总电阻：‎ 导体棒切割磁感线的有效长度：‎ 此时感应电动势：‎ 导体棒中电流：‎ 导体棒受安培力，方向竖直向上 根据牛顿第二定律，有：‎ 联立解得：‎ ‎（2）设从开始下落到经过圆心的过程中产生的热量为Q，重力势能的减小量转化为内能和动能的增加量 由能量守恒可知：‎ 解得：‎ ‎17. 如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1m，导轨间连接的定值电阻R＝3Ω，导轨上放一质量为m＝0.1kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1T 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10 m/s2。现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：‎ ‎(1)金属杆的最大速度；‎ ‎(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6J，此时金属棒下落的高度为多少？‎ ‎(3)达到最大速度后,为使ab棒中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？推导这种情况下B与t的关系式．‎ ‎【答案】(1) 4 m/s (2) 1.6 m (3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）当金属杆的重力和受到的安培力大小相等时，速度最大，根据平衡条件和安培力与速度的关系式计算速度的最大值；（2）应用能量守恒定律求出金属杆下落的高度；（3）为使棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化，由此列式求解。‎ ‎（1）设金属杆的最大速度为，安培力与重力平衡，则有：‎ 又、‎ 联立得：‎ 解得：‎ ‎（2）电路中产生的总焦耳热：‎ 由能量守恒定律得：‎ 解得：‎ ‎（3）为使ab棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化 在该时刻穿过线圈平面的磁通量为：‎ t时刻的磁通量为：‎ 由得：‎ 代入数据解得：‎ ‎ ‎