学年安徽省蚌埠铁中高二下学期期中考试物理试题解析版.docx

1、学年安徽省蚌埠铁中高二下学期期中考试物理试题解析版考试时间：90分钟试卷分值：100分一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1. 根据法拉第电磁感应定律的数学表达式，电动势的单位V可以表示为（）A. Wbm/s B. T/s C. Wbm2/s D. Tm2/s【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律，则有：，则有：；故选D2. 重庆市某中学的几位同学把一条大约10m长电线的两端连接在一个灵敏电流表的接线柱上，形成闭合导体回路甲、乙两位同学沿南北方向站立匀速摇动电线时，灵敏电流表的示数I1，两位同学沿东西方向站立匀速摇动电线时，灵敏电流表的示数I2，则（）A. I1=0，I20 B. I10

2、，I2=0 C. I10，I20 D. I1=0，I2=0【答案】C点睛：解决本题的关键掌握产生感应电流的条件，以及地磁场的方向，然后根据切割磁感线确定两个同学的朝向与是否产生感应电流的关系3. 关于理想变压器工作时，下列说法不正确的是（）A. 原线圈的输入功率决定于副线圈的输出功率B. 原线圈中的输入电流随副线圈中输出电流的增大而增大C. 若原线圈两端接电压恒定的直流电源，则副线圈的输出电压一定为零D. 当原线圈的匝数增加时，副线圈的输出电压将增大【答案】D【解析】原线圈的输入功率决定于副线圈的输出功率，选项A正确；原线圈中的输入电流随副线圈中输出电流的增大而增大，选项B正确；变压器只能改变

3、交流电压，故若原线圈两端接电压恒定的直流电源，则副线圈的输出电压一定为零，选项C错误；根据，则当原线圈的匝数增加时，副线圈的输出电压将减小，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.4. 如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（）A. 闭合电键K后，把R的滑片右移B. 闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出C. 闭合电键K后，把Q靠近PD. 无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可【答案】C点睛：解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向.5. 如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是22

4、0V和10A已知甲图中原、副线圈匝数比为100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，则（）A. 甲图中的电表是电压表，输电电压为 2200 VB. 甲图中的电表是电流表，输电电流是 100 AC. 乙图中的电表是电压表，输电电压为 22000 VD. 乙图中的电表是电流表，输电电流是 100 A【答案】D考点：变压器的工作原理。6. 自耦变压器的特点是在铁心上只绕一个线圈，它的结构如图所示，P、M之间可以当做一个线圈，移动滑动触头P，可以改变这个线圈的匝数；N、M之间可以当做另一个线圈M、N与一个滑动变阻器相连，Q为滑动变阻器的滑动触头下列论述正确的是（）A. 当恒定交流电源接到a、b时，向上

5、移动滑动触头P，电压表V1的示数不变，V2示数增大B. 当恒定交流电源接到a、b时，向上移动滑动触头P，电压表V1示数变大，V2示数也增大C. 当恒定交流电源接到c、d时，向上移动滑动触头Q，电压V1的示数不变，V2示数不变D. 当恒定交流电源接到c、d时，向上移动滑动触头Q，电压表V1示数变大，V2示数不变【答案】D【解析】当恒定交流电源接到a、b时，ab为输入端，所以电压表V1的示数不变，cd为输出端，向上移动滑动触头P，原线圈匝数变大，原副线圈匝数比变小，副线圈输入电压变小，V2示数减小，故AB错误；当恒定交流电源接到c、d时，cd为输入端，所以电压表V2的示数不变，ab为输出端，向上移

6、动滑动触头Q，V2示数不变，原线圈电流增大，磁通量的变化率增大，所以副线圈电压增大，电压表V1示数变大，故D正确，C错误；故选D.二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)7. 一正弦交变电压的电压u随时间t变化的规律如图所示下列说法正确的是（）A. 该交变电压的瞬时值表达式为u=10sin（50t）VB. 该交变电压有效值为5 VC. 将该交变电压接在匝数比为1：2的理想变压器原线圈上，副线圈输出频率为50 Hz的交变电压D. 将该交变电压加在阻值R=20的白炽灯两端，电灯消耗的功率是5W【答案】AB考点：正弦交流电【名师点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大

7、值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式。8. 单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动在转动的过程中，线框中的最大磁通量为m，最大感应电动势为Em，则下列说法中正确的是（）A. 当穿过线框的磁通量为零时，线框中感应电动势也为零B. 当穿过线框的磁通量减小时，线框中感应电动势在增大C. 当穿过线框的磁通量等于0.5m时，线框中感应电动势为0.5EmD. 线框转动的角速度等于【答案】BD点睛：本题就是考查对最大感应电动势为Em和最大磁通量 m的理解；要知道电动势为零时，线圈处在中性面上，磁场与线圈平面垂直，所以通过线圈的磁通量最大，根据最大感应电动势为E

8、m=BS和最大磁通量 m=BS间的关系，很容易求出角速度9. 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图所示线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，CD两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器（）A. 当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大B. 当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大D. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小【答案】AD【解析】

9、保持滑动变阻器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，副线圈的匝数增大，MN两端的电压增大，总电流增大，滑动变阻器两端的电压将增大，电流表的读数变大，故A正确，B错误；当保持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MN两端的电压不变，当将触头向下移动时，连入电路的电阻的阻值变小，因而总电流增大，即电流表示数变大； R1分担的电压增大，并联支路的电压即电压表的示数减小，故C错误，D正确；故选AD10. 如图所示，两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m的金属杆从轨

10、道上由静止滑下，经过足够长时间后，金属杆的速度会达到最大值vm，则（）A. 如果B增大，vm将变大 B. 如果增大，vm将变大 C. 如果R增大，vm将变大 D. 如果m减小，vm将变大【答案】BC果R变大，vm将变大，故C正确如果m变小，vm将变小，故D正确故选BC。学*三、填空题(本大题共6小题，共24.0分)11. 如图所示，矩形线圈从匀强磁场中，第一次以速度v匀速拉出，第二次以速度2v匀速拉出，则第一、二两次外力做功之比为 _ ，功率之比为 _ 【答案】 (1). 1：2 (2). 1：4【解析】线框匀速运动，外力与安培力大小，公式为，外力做功为，则知Wv，所以第一、二次外力做功之比为

11、1：2外力的功率，Pv2，则知功率之比为1：412. 如图所示，金属圆盘可绕O轴转动，电阻R用电刷接于圆盘中心和边缘之间当圆盘做顺时针方向的转动时（从上向下看），通过R的电流方向是_【答案】b到a点睛：该题的关键是要对金属圆盘的转动切割磁感线有明确认识，圆盘可以当做是由无数金属幅条组成，这点很重要13. 如图所示，交流电的周期 _ s，交流电压的有效值 _V【答案】 (1). 0.3 (2). 【解析】由图象可知，交流电的周期为：T=0.3s；根据电流的热效应可知：解得：U50V14. 一个质量为0.15kg的垒球以15m/s的速度飞来，被球棒以30m/s的速度反向击回以垒球初速度方向为正，在

12、球棒击球过程中，垒球的末动量为 _ kgm/s，球棒的动量变化量为 _ kgm/s【答案】 (1). 4.5 (2). 6.75【解析】规定初速度方向为正方向，则初动量为：P1=mv1=0.15kg15m/s=2.25kgm/s；打击后动量为：P2=mv2=0.15kg（-30m/s）=-4.5kgm/s；故动量变化为：P=p2-p1=-4.5-2.25=-6.75kgm/s，负号表示方向与规定的正方向相反；点睛：本题关键明确动量、动量的变化量都是矢量，规定正方向后，可以将矢量运算简化为代数运算.15. 如图所示，一质量为2kg的物体在光滑的水平面上，处于静止状态，现用与水平方向成60角的恒力

13、F=10N作用于物体上，历时5s，则力F对物体的冲量大小为 _ Ns，物体所受重力冲量大小为 _ Ns，物体的动量变化为 _ kgm/s（取g=10m/s2）【答案】 (1). 50 (2). 100 (3). 25，则合外力的冲量及动量的变化量为：.考点：考查了冲量，动量定理【名师点睛】解决本题的关键掌握冲量的表达式，以及掌握动量定理的运用，知道合力的冲量等于动量的变化量注意动量和冲量单位的联系16. 一颗手榴弹以v0=10m/s的水平速度在空中飞行设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小为 _ ，方向是 _

14、（填与v0同向或反向）【答案】 (1). 110m/s (2). 与v0反向【解析】手榴弹爆炸过程系统动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：Mv0=m1v1+m2v2即：0.610=0.2250+0.4v2，解得：v2=-110m/s，负号表示方向，与v0反向点睛：本题考查了求手榴弹弹片的速度，知道手榴弹爆炸过程系统动量守恒，应用动量守恒定律即可解题，解题时要注意正方向的选择四、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)17. 在研究电磁感应现象试验中（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，将图中没有连接的导线用笔画代替导线连接起来_，

15、构成实验电路（2）选用的电流表指针的偏转方向与电流方向有关若合上电键时发现指针向右偏，填写表格空格实验操作指针偏转情况滑动变阻器滑片右移时_。原线圈静止在副线圈中时_。拔出原线圈时_。【答案】 (1). (2). 向右偏 (3). 不偏转 (4). 向左偏【解析】（1）电路连接如图；量方向不变，磁通量减小，则指针左偏；学*科点睛：本题考查电磁感应的实验探究，在分析电流方向时，要注意本题中磁通量的方向一直保持不变；才可以得出原线圈中电流增大时，指针右偏，反之左偏.五、计算题(本大题共3小题，共30.0分)18. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b

16、=20cm，内阻为r=5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以=50rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20的电阻相接求电键S合上后，（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）电压表和电流表示数；（3）电阻R上所消耗的电功率；（4）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量【答案】（1）；（2）电压表示数为40V；电流表示数为2.0A；（3）80W；（4）0.04C【解析】（1）感应电动势最大值：Em=nBS=1000.50.10.250 =50V故表达式为：e=Emsint=50sin50t19. 图中MN和PQ为竖

17、直方向的两平行长直金属导轨，间距l为1m，电阻不计导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直质量m为0.2kg、电阻为1.0的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为2的电阻R1滑动变阻器此时接入电路中电阻与R1相等当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，重力加速度取10m/s2，试求（1）此时杆的速率v（2）整个电路中产生的热功率【答案】（1）16m/s；（2）32W 【解析】（1）已知ab杆的电阻r=1.0，R1和R2并联的总电阻为，电路的总电阻 r+R=2.0ab杆匀速下滑时，产生的感应电动势 E=Blv 感应电流： ab杆所受的安培力 F

18、=BIl又由平衡条件得 mg=F联立解得：（2）由能量转化和守恒定律知稳定后整个电路耗电的总功率P：P=mgv=0.21016=32W科20. 水平放置的平行金属框架宽L=0.2m，质量为m=0.1kg的金属棒ab放在框架上，并且与框架的两个边垂直整个装置放在方向竖直向下磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，如图所示金属棒ab在F=2N的水平向右的恒力作用下由静止开始运动电路中除定值电阻R=0.05外，其他电阻、摩擦阻力均不考虑，求：（1）ab速度是v=5m/s时，棒的加速度a是多大？（2）当ab棒达到最大速度vm后，撤去外力F，此后感应电流还能产生多少热量Q？【答案】（1）10m/s2；（2）5J（2）当ab棒达到最大速度vm后，撤去外力F，此后感应电流还能产生多少热量Q为5J