2017-2018学年甘肃省兰州第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年甘肃省兰州第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。其中1～7小题为单选题，8～12小题为多选题）‎ ‎1. 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动 势和感应电流，下列表述正确的是（）‎ A. 感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 C. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 ‎【答案】B ‎【解析】根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与线圈的匝数有关，穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，选项AC错误，B正确；根据楞次定律可知，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁场减弱时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同；选项D错误；故选B.‎ ‎2. 如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为和，重力加速度大小为g，则（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化。在本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小。故两种情况下，绳的拉力都大于mg；故D正确，ABC错误。故选D。‎ 点睛：深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的．‎ ‎3. 在匀强磁场中，一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）‎ A. t=0．005s时线框的磁通量变化率为零 B. t=0．01s时线框平面与中性面重合 C. 线框产生的交变电动势有效值为311V D. 线框产生的交变电动势频率为100Hz ‎【答案】B ‎【解析】t=0.005s时，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，磁通量的变化率最大，故A错误；t=0.01s时，感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律E=n可知，磁通量的变化率是零，线框平面与中性面重合，故B正确；由图可知 交流电的最大值Em=311V．根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E==220V，故C错误；据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：，故D错误；故选B.‎ 点睛：本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图象得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系．‎ ‎4. 如图所示，理想变压器的原线圈接入的交变电压，副线圈通过电阻 的导线对“220V，880W”的电器供电，该电器正常工作．由此可知 A. 原、副线圈的匝数比为50∶1‎ B. 交变电压的频率为100Hz C. 副线圈中电流的有效值为‎4A D. 变压器的输入功率为880W ‎【答案】C ‎【解析】输入电压的有效值为11000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原副线圈的匝数比小于50：1，故A错误；由输入电压的表达式知，f=Hz=50 Hz，故B错误；副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I==‎4 A，故C正确；变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故D错误。故选C。‎ ‎5. 图（a）和图（b）是教材中演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈。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. 图（a）中，A1与的电阻值相同 B. 图（a）中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于中电流 C. 图（b）中，变阻器R与的电阻值相同 D. 图（b）中，闭合S2瞬间，中电流与变阻器R中电流相等 ‎【答案】C ‎【解析】图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L的电流，则可知L的电阻小于A1的电阻，故A错误；图1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；图2中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；图2中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。故选C。‎ 点睛：当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。‎ ‎6. 如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（）‎ A. 3mgL B. C. 2mgL D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v。对于线框自由下落过程，根据机械能守恒定律得：mgH=mv2，得：v= ；从线框开始下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热为：Q=mg（‎2L+H）-m(v)2=3mgL，故选A。‎ 点睛：本题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问题，关键要正确分析能量是如何转化的，再由能量守恒定律列式求解热量．‎ ‎7. 如图所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头．A、B间接交流电压U，输出端连接了两个相同的灯泡和，Q为滑动变阻器的滑动触头．当开关S闭合，P 处于如图所在的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是（）．‎ A. 将P沿逆时针方向移动，两灯均变暗 B. P不动，将Q向左移动，两灯均变亮 C. P不动，将Q向右移动，输入功率变大 D. 断开开关S，L1将变暗 ‎【答案】B ‎【名师点睛】P移动改变了副线圈的匝数，输出电压将变化；Q移动改变了负载的电阻，输出电流将变化；S断开负载电阻变大，结合闭合电路欧姆定律去分析各元件电压、电流的变化，从而判断功率的变化．‎ ‎8. 如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是（）‎ A. 开关S闭合瞬间 B. 开关S由闭合后断开瞬间 C. 开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动 D. 开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动 ‎【答案】AD ‎【解析】电子向M板偏转，说明电子受到向左的电场力，两金属板间的电场由M指向N，M板电势高，N 板电势低，这说明：与两金属板相连的线圈产生的感应电动势：左端电势高，与N板相连的右端电势低；‎ A、开关S闭合瞬间，由安培定则可知，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏转，故A正确；‎ B、开关S由闭合后断开瞬瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏转，故B错误；‎ C、开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知在上线圈中产生左负右正的电动势，电子向N偏转，故C错误；‎ D、开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律知在上线圈中感应出左正右负的电动势，电子向M偏转，故D正确。‎ 点睛：根据电子偏转方向判断两金属板电势高低，判断出感应电动势电势方向，应用右手定则与楞次定律即可正确解题。‎ ‎9. 空间中存在着竖直方向的磁场，一圆形金属线圈水平放在磁场中，规定磁感应强度方向和线圈中感应电流方向如图甲所示时为正。某时刻开始计时，线圈中产生了如图乙所示的感应电流i，则磁感应强度随时间变化的图线可能是（线圈面积不变）（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：线圈面积不变，电阻不变，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，感应电流，即感应电流大小与图像斜率成正比，感应电流为0，即图像斜率为0，选项B错。根据楞次定律增反减同，要产生顺时针方向的感应电流，磁场可能是正向增大，也可能是负向减小，选项D错。感应电流为负向，磁场可能是正向减小或者负向增大，而且根据电流大小关系，图像在的斜率等于斜率的二倍，对照选项AC对。‎ 考点：楞次定律 电磁感应 ‎10. 有一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示．磁感应强度大小随时间的变化率为（k<0）．则（）‎ A. 圆环中感应电流大小为 B. 图中a、b两点的电势差 C. 圆环中产生逆时针方向的感应电流 D. 圆环具有扩张趋势 ‎【答案】BD ‎【解析】由法拉第电磁感应定律可知，，感应电流 ，故A错误；与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为，故B正确；磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故C错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故D正确；故选BD。‎ ‎11. 如图所示，T为理想变压器，为理想交流电流表，为理想交流电压表，‎ 为定值电阻，为光敏电阻（光照增强，电阻减小），原线圈两端接恒压正弦交流电源，当光照增强时（）‎ A. 电压表V1示数变小 B. 电压表V2示数变大 C. 电流表A1示数变大 D. 电流表A2示数变大 ‎【答案】CD ‎【解析】副线圈的电压是由原线圈的电压和匝数比决定，故电压表V1示数不变，故A错误；当光照增强时，导致总电阻减小，总的电流变大，电阻R1的电压变大，总的电压保持不变即V1示数不变，所以并联部分的电压要减小，即V2读数变小，故B错误；当光照增强时，电路的总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，所以A2的示数要变大，A1的示数也要变大，故CD正确；故选CD。‎ 点睛：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．‎ ‎12. 直角三角形金属框abc放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，若金属框绕ab边向纸面外以角速度ω匀速转动90°（从上往下看逆时针转动），如图甲所示，c、a两点的电势差为，通过ab边的电荷量为q；若金属框绕bc边向纸面内以角速度ω匀速转动90°，如图乙所示，c、a两点的电势差为，通过ab边的电荷量为，已知bc，ab边的长度都为l，金属框的总电阻为R，下列判断正确的是（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】在甲图中，bc边和ac边都切割磁感线，产生的感应电动势相同，均为 E=Bl•=Bωl2。 回路的磁通量不变，没有感应电流，c、a两点的电势差等于感应电动势，即有 Uca=Bωl2。 由于没有感应电流，所以通过ab边的电荷量为 q=0，故A正确，C错误。乙图中线框的ac边切割磁感线，等效的切割长度等于bc边长，则ac边产生的感应电动势 E=Bωl2，ac边相当于电源，由于电路中有电流，所以Uca′＜E=Bωl2．通过ab边的电荷量为．故B错误，D正确。故选AD。‎ 点睛：本题关键是明确感应电流的产生条件：穿过闭合回路的磁通量发生改变，要会根据E=Blv求解感应电动势，注意L是有效的切割长度．‎ 二、填空题（本题包括2小题，共12分）‎ ‎13. 如图，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向_____（填“左”或“右”）运动，并有_____（填“收缩”或“扩张”）趋势。‎ ‎【答案】 (1). 左 (2). 收缩 ‎【解析】试题分析：变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势。‎ 考点：楞次定律 视频 ‎14. 如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框中感应电流的有效值I=________．线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q=________。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】试题分析：感应电动势的最大值：；感应电流的最大值：；感应电动势的平均值：；由q=It，可得：。‎ 考点：法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】此题考查了法拉第电磁感应定律的应用；需要知道的是感应电动势的最大值：；有效值；平均值用计算；瞬时值表达式；在求解通过某截面的电量时要用平均值.‎ 视频 三、计算题（本大题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）；‎ ‎15. 如图所示，线圈abcd的面积是，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻，匀强磁场的磁感应强度为，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：‎ ‎（1）电路中交流电压表和交流电流表的示数；‎ ‎（2）线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量．‎ ‎【答案】（1） ， （2）‎ ‎【解析】（1）根据转动中感应电动势的最大值表达式，则有： ‎ Em＝nBSω＝100××0.05×2π× V＝50V 而有效值：E＝＝25V 点睛：本题考查感应电动势的最大值、有效值及平均值的求法，掌握电量的综合表达式，注意磁通量与匝数无关，但此处的电量表达式，却与匝数有关．‎ ‎16. 如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距‎1m，电阻不计，两端分别接有电阻和，且，ab导体的电阻为2Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T．现ab以恒定速度v=‎3m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与消耗的电功率之和相等，求：‎ ‎（1）的阻值．‎ ‎（2）与消耗的电功率分别为多少？‎ ‎（3）拉ab杆的水平向右的外力F为多大？‎ ‎【答案】（1） （2） ， （3）‎ ‎【解析】（1）内外功率相等，则内外电阻相等，，解得.‎ ‎（2），总电流，‎ 路端电压：，，.‎ ‎（3）拉ab杆的水平向右的外力：.‎ 点睛：本题是电磁感应问题与电路的结合问题，关键是明确电路结构，然后结合闭合电路欧姆定律、切割公式E=BLv和安培力公式FA=BIL列式求解．‎ ‎17. 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，输送的电功率为，当使用的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差．求：‎ ‎（1）输电效率和输电线的总电阻r；‎ ‎（2）若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？‎ ‎【答案】（1） ， （2）22.4kV ‎【解析】试题分析：（1）由于输送功率，一昼夜输送电能 终点得到的电能，因此效率 输电线上的电流可由I＝计算，‎ 而输电线损耗功率可由计算，其中Pr＝kW＝200kW 因此可求得：‎ ‎（2）输电线上损耗功率Pr＝2r∝‎ 原来，现在要求 计算可得输电电压应调节为。‎ 考点：远距离输电；变压器的构造和原理 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流之间的关系，掌握输电线上损失的功率。‎ ‎18. 如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导体棒a与b的质量均为m，电阻值分别为。b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g。‎ ‎（1）求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；‎ ‎（2）求最终稳定时两棒的速度大小；‎ ‎（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，求b棒上产生的内能。‎ ‎【答案】（1），方向水平向左 （2） （3）‎ ‎【解析】 (1)设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场 根据机械能守恒定律有mgh＝mv2‎ a棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律有 ‎ a棒受到的安培力F＝BIL 联立以上各式解得 ，方向水平向左．‎ ‎(2)设两棒最后稳定时的速度为v′，从a棒开始下落到两棒速度达到稳定 根据动量守恒定律有mv＝2mv′‎ 解得v′＝.‎ ‎(3)设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb 根据能量守恒定律得mv2＝×2mv′2＋Ea＋Eb 两棒串联内能与电阻成正比Eb＝2Ea 解得Eb＝mgh.‎ ‎ ‎