山西省沁县中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）

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山西省沁县中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、选择题1.关于电磁感应，下列说法正确的是（）A.导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B.穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流C.闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流D.导体作切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流【答案】B【解析】试题分析：感应电流产生的条件为：①闭合回路；②回路中有磁通量的变化。AD没强调闭合回路，AD错；C没强调回路中的磁通量发生变化，C错；穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流,B对。考点：感应电流产生的条件。【名师点睛】电场感应现象：1．电磁感应现象：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象．2．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．3．产生电磁感应现象的实质：电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流．2.如图，在匀强磁场中，MN、PQ是两条平行金属导轨，而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒，当两棒以相同的速度向右运动时（）A.电压表有读数，电流表有读数B.电压表无读数，电流表无读数C.电压表有读数，电流表无读数D.电压表无读数，电流表有读数【答案】B【解析】 【详解】两根金属棒产生感应电动势大小相等，都为E=BLv，由右手定则可知，两个感应电动势方向相反，相互抵消，整个回路总的感应电动势为零，没有感应电流，所以电压表和电流表读数都是0，两电表均无示数。故选：B。3.一个匝数为100匝，电阻为1Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为()A.AB.2AC.4AD.A【答案】D【解析】【详解】0−1s内的磁通量变化率为：K1=0.01/1Wb/s=0.01Wb/s，则感应电动势=1V，1−1.2s内的磁通量变化率为：K2=0.01/0.2Wb/s=0.05Wb/s，则感应电动势=5V对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：Q=Q1+Q2==6J，根据有交流电有效值的定义：Q=I2RT=I2×1×1.2联立解得：I=A，故ABC错误，D正确；故选：D4.如图所示的电路中，a，b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，线圈的电阻不可忽略，E为电源，S为开关。下列说法正确的是（） A.合上开关，a先亮，b逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭B.合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a先熄灭，b后熄灭C.合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭，但b灯要闪亮一下再熄灭D.合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭，但b灯不会闪亮一下再熄灭【答案】D【解析】【详解】合上开关K接通电路，b立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过a的电流慢慢变大，因线圈L电阻不可忽略，最后b比a亮；断开开关K切断电路时，通过b的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过线圈和a的电流会慢慢变小，并且通过b，所以两灯泡一起过一会儿熄灭；由于电流稳定时提供b的电流大于通过a的电流，所以b灯不会闪亮一下再熄灭。故ABC错误，D正确。5.如图所示，将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为(　　)A.B.C.D.【答案】B【解析】单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式电流，则电动势的最大值Em＝Bl2ω＝2πnBl2，其有效值E＝＝，计算小灯泡的额定功率P要用其有效值，即P＝. R＝＝，故只有B选项正确．6.在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，两根输电线总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AB、输电线电阻R＝ρ，输出电流I，故输电线上损失的电功率为＝I2R，故A错误B正确；CD、用户得到的电功率为：P用＝P﹣＝P（1），故CD错误。7.如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定图甲中B的方向为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平拉力作用下始终处于静止状态，规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为拉力的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平拉力F随时间t变化的图象是()A.B. C.D.【答案】BD【解析】【分析】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象．【详解】由，由图乙知，B的变化率不变，即保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流I不变；根据楞次定律判断得知ab中感应电流沿b→a，为负值。故AB错误。由安培力F=BIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为负，大小为，同理，B为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为，故C错误，D正确；故选D。【点睛】对于图象问题，关键要熟练运用法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等规律，得到物理量的表达式，再研究图象的意义．可定性判断与定量、排除法和直判法相结合的方法进行解答．8.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，N、Q间接有阻值为R的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计．质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当金属棒ab下滑距离x时达到最大速度v，重力加速度为g，则在这一过程中(　　)A.金属棒做匀加速直线运动 B.当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为0.5gsinθC.电阻R上产生的焦耳热为D.通过金属棒某一横截面的电量为【答案】D【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律可得：，即：，当速度增大时，安培力增大，加速度减小，所以金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀加速直线运动，故A错误；B．金属棒ab匀速下滑时，则有：，即，当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为，故B错误；C．根据动能定理可得：，解得产生的焦耳热为：，电阻R上产生的焦耳热为：，故C错误；D．通过金属棒某一横截面的电量为，故D正确；9.如图，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带正电绝缘环，A为导体环。当B绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确是()A.A中产生逆时针的感应电流B.A中产生顺时针的感应电流C.A具有收缩的趋势D.A具有扩展的趋势【答案】BD【解析】【详解】由图可知，B为均匀带负电绝缘环，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，电流磁场向外且增大A、B 项：由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，所感应电流的磁场方向向里，所以感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；C、D项：B环外的磁场方向与B环内的磁场方向相反即向里，由左手定则可知，A受的安培力方向背离圆心向外，所以A环具有面积扩展的趋势，故C错误，D正确。故选：BD。10.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1，电阻R=10Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是()A.输入电压u的表达式u=20sin314tVB.只断开S2后，L1、L2均正常发光C.只断开S2后，原线圈的输入功率减小D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为1.6W【答案】ACD【解析】【详解】A.由图可得，周期T=0.02s，ω=2π/T=100π，输入电压最大值Um=20V，所以输入电压u的表达式u=20sin314t（V），故A正确；B.只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2均不能正常发光，故B错误；C.只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，输出功率减小、则输入功率也减小，故C正确；D.若S1换接到2后，电阻R电压有效值为U2==4V，R消耗的电功率为=1.6W，故D正确。故选：ACD。 11.调压变压器是一种自耦变压器，其构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上。AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压。在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q。则A.保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B.保持P的位置不动，将Q向上移动时，电流表的读数变大C.保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D.保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小【答案】BC【解析】【详解】AB、保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻器R两端的电压不变，当将Q向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减小；，当将Q向上移动时，连入电路的电阻的阻值变小，因而电流变大，因而A错误，B正确；CD、保持Q的位置不动，即是保持滑动变阻器R连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增多，滑动变阻器R两端的电压将增大，所以电流表的读数变大，C正确D错误。12.如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到PQ重合时，线框的速度为v/2，则()A.此时线框中的电功率为2B2a2v2/RB.此时线框的加速度为2B2a2v/(mR)C.此过程通过线框截面的电量为Ba2/RD.此过程回路产生的电能为0.75mv2【答案】BC【解析】 【详解】A、当线框中心线AB运动到与PQ重合时，回路中产生感应电动势为：E=2Ba•=Bav，感应电流为：I==，此时线框中的电功率为：P=I2R=，故A错误；B、左右两边所受安培力大小均为：F=BIa=，安培力方向均向左，合力为2F，则加速度为：a==，故B正确；C、此过程线框磁通量的变化量为：△Φ=Ba2-0=Ba2，通过线框截面的电量为：q==，故C正确；D、根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为：Q=mv2-m（）2=0.375mv2，故D错误。故选：BC。二、实验题和填空题13.如图所示的是“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺导线补接完整________.(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后将线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将________（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）.【答案】(1).①将图中所缺导线补接完整如图.(2).②向左【解析】①将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示． ②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，即当穿过线圈的磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏，那么合上开关后线圈A迅速从线圈B中拔出时，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计的指针左偏；14.如图所示，匀强磁场B＝0.05T，矩形线圈的匝数N＝100，边长Lab＝0.20m，Lbc＝0.10m，以300r/min的转速匀速转动，线圈总电阻为2Ω，线圈外接电阻为8Ω．从通过中性面时开始计时，（1）交变电动势的瞬时值表达式为_______________V；（2）交变电压表的示数为_________V；（3）线圈由图示位置转过π/2的过程中，电阻R上产生的热量为________J【答案】(1).e＝πsin10πtV(2).(3).【解析】【详解】（1）线圈的角速度：ω=2πn=2π300/60rad/s=10πrad/s感应电动势的最大值：Em=NBSω=100×0.05×(0.2×0.1)×10π=π（V），故线圈中感应电动势的瞬时值表达式为：e=Emsinωt=πsin10πt（V）（2）电压表测量电阻R两端的电压，根据欧姆定律，（3）周期T=2π/ω=0.2s，转过π/2所用时间为T/4，根据法拉第电磁感应定律，线圈由图示位置转过π/2的过程中，R产生的热量为： 代入数据解得：三、计算题15.如图，间距L＝1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度水平向左匀速运动。R1＝8Ω，R2＝12Ω，C＝6μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：（1）通过R2的电流I的大小和方向；（2）拉力F的大小；（3）开关S1切断后通过R2的电荷量Q。【答案】（1）0.1A（2）0.1N（3）7.2×10-6C【解析】（1）开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a.MN中产生的感应电动势的大小E=BLv.流过R2的电流I=.代入数据解得I=0.1A。.(2)棒受力平衡，有，.代入数据解得(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1=CIR2S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q=Q1-0代入数据解得Q=7.2×10-6C.16.如图，abcd是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框，从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的匀强磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L．在这个磁场的正下方h+L处以下，还充满一个强度未知的匀强磁场（宽度足够宽，且图中未画出），金属线框abcd在进入这个磁场时也恰好做匀速直线运动。（不计空气阻力影响） 求：（1）线框cd边刚进入未知磁场时的速度大小？（2）未知磁场的磁感应强度大小？（3）线框从开始下落到完全进入未知磁场的全过程中，产生的电能是多少？【答案】(1)；(2)；(3)3mgL【解析】【详解】（1）线框进入第一个磁场前做自由落体运动，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv12解得：v1＝，线框离开第一个磁场后到进入第二个磁场前做匀加速运动，由匀变速运动的速度位移公式得：v22﹣v12＝2gh解得：v2＝2；（2）线框进入第一个磁场过程所受安培力：F＝BIL＝，线框进入磁场过程做匀速直线运动，由平衡条件得：mg＝，线框进入第二个磁场过程受到的安培力：F′＝B′IL＝，线框进入第二个磁场过程做匀速直线运动，由平衡条件得：＝mg解得，磁感应强度：B′＝；（3）线框穿过两个磁场时都做匀速直线运动，减少的重力势能都转化为电能，线框从开始下落到完全进入未知磁场的全过程中，线框产生的电能：E＝mg（2L+L）＝3mgL；17.如图甲所示，光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为L＝1m，电阻忽略不计。水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为m＝0.2kg，电阻均为R＝0.5Ω的相同导体棒eb和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd下滑过程中加速度a与速度v 的关系如图乙所示。(g＝10m/s2)。求：（1）求导轨平面与水平面间夹角θ；（2）求磁场的磁感应强度B；（3）求导体棒eb对水平轨道的最大压力FN；（4）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，eb棒上产生的焦耳热Q＝0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量q。【答案】(1)（2）B=1T（3）（4）【解析】试题分析:(1)由图象可知，导体棒cd刚释放时，加速度对cd棒受力分析，由牛顿第二定律得：得故：（2）当cd棒匀速下滑时，由图象知a=0，v=1m/s联立得：解得：B=1T（3）当电路中的电流I最大时，ab棒所受的安培力竖直向下最大，则压力最大由牛顿第三定律：解得：（4）ab棒产生的焦耳热，cd棒产生的热量与ab棒相同对cd，由能量守恒定律： 解得：则：考点：考查电磁感应、图象、能量守恒定律、牛顿第二定律．【名师点睛】本题中的导轨倾斜部分和水平部分都足够长，分析知道在斜轨上棒最终匀速运动，在水平轨道上最终静止，再运用电磁感应的规律和力学知识求解.