云南省昭通市大关县民族中学学年高二下学期期中考试物理试题解析版.docx

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云南省昭通市大关县民族中学学年高二下学期期中考试物理试题解析版

云南省昭通市大关县民中2017-2018学年下学期期中考试

高二物理

1.如图所示，用粗细均匀的阻值为R的金属丝做成面积为S的圆环，它有一半处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里、磁场均匀变化、磁感应强度大小随时间的变化率

＝k（k＞0）．ab为圆环的一条直径，则下列说法正确的是（　　）

A.圆环中产生顺时针方向的感应电流

B.圆环具有扩张的趋势

C.圆环中感应电流的大小为

D.图中a、b两点间的电压大小为kS

【答案】C

【解析】由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故AB错误；根据法拉第电磁感应定律得电动势为

，回路中的电阻为：

，所以电流为：

，故C正确；ab两端电压为：

，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查了电磁感应与电路的结合，对于这类问题要明确谁是电源，电源的正负极以及外电路的组成，本题中在磁场中的半圆磁通量发生变化，因此为电源，根据楞次定律可以判断电流方向；外电路为另一半圆与之串联，因此电路的内外电阻相同，注意ab两点之间电压为路端电压．

2.如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内．当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B，下列说法中正确的是（　　）

A.有顺时针方向的电流且有收缩的趋势

B.有顺时针方向的电流且有扩张的趋势

C.有逆时针方向的电流且有收缩的趋势

D.有逆时针方向的电流且有扩张的趋势

【答案】D

【解析】小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，由右手螺旋定则可知，电流的磁场向里且逐渐增大；由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向；B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故ABC错误，D正确；故选D。

【点睛】A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；根据楞次定律可判断A中带电及转动情况．

3.如图所示，A1、A2为两只相同灯泡，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是（　　）

A.闭合开关S后，A1会逐渐变亮

B.闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同

C.断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭

D.断开S的瞬间，a点的电势比b点低

【答案】D

【解析】试题分析：

对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．

解：

A、闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；

B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；

C、断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭；故C错误D正确；

故选：

D．

【点评】记住自感线圈对电流突变时的阻碍：

闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导电性．

4.如图所示，关于闭合导线框中产生感应电流的下列说法中正确的是（　　）

A.只要闭合导线框在磁场中做切割磁感线运动，线框中就会产生感应电流

B.只要闭合导线框处于变化的磁场中，线框中就会产生感应电流

C.图示的闭合导线框以其任何一条边为轴在磁场中转动，都可以产生感应电流

D.图示的闭合导线框绕其对称轴OO′在磁场中转动，可以产生感应电流

【答案】D

考点：

感应电流的产生条件

5.如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t＝0时电流的方向为顺时针（如图中箭头所示），在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是（　　）

A.线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势

B.线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势

C.线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势

D.线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势

【答案】A

【解析】试题分析：

在t1～t2时间内，由于线圈A的逆时针方向电流增大，导致线圈B磁通量增大，感应电流的磁场与它相反，根据安培定则可知，线圈A在线圈B内部产生磁场方向垂直纸面向外，则线圈B内有顺时针方向的电流．此时线圈B的电流方向与线圈A电流方向相反，由异向电流相互排斥，可知线圈间有相互排斥，所以线圈B有扩张的趋势．故B、C、D、误，A正确．故选A.

考点：

安培定则、楞次定律

【名师点睛】此题主要是考查学生对楞次定律的理解运用；解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意t=0时电流方向为顺时针，而在t1～t2时间内电流方向为逆时针。

6.一个电热器接在10V的直流电源上，消耗的功率是P；当把它接在一个正弦式交变电源上时，消耗的功率是

，则该交变电压的峰值是（　　）

A.5VB.12VC.7.1VD.10V

【答案】C

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当把它接到一正弦波形交流电源上时，设最大值为Um，则：

求得Um=7.07V

故选：

C．

考点：

正弦交流电的有效值、最大值、周期和频率。

7.如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘（不计各种摩擦），现让铜盘转动．下面对观察到的现象描述及解释正确的是（　　）

A.铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去

B.铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去

C.铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下

D.铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快

【答案】C

【解析】试题分析：

因为铜盘转动会切割磁感线，就有感应电动势，有感应电流，就会受到反向的安培力，铜盘最终会停下来，故选C

考点：

考查了导体切割磁感线运动

点评：

基础题，比较简单，关键是知道铜盘的半径在做切割磁感线运动

8.如图所示为一个圆环形导体，圆心为O，有一个带正电的粒子沿如图所示的直线从圆环表面匀速飞过，则环中的感应电流情况是（　　）

A.沿逆时针方向

B.沿顺时针方向

C.先沿逆时针方向后沿顺时针方向

D.先沿顺时针方向后沿逆时针方向

【答案】D

【解析】带正电的粒子从圆环表面匀速飞过，形成向右的电流，周围会产生磁场，由图可知，虚线上方磁场向外，而虚线下方磁场向里；总的感通量是向外的；由于在进入时磁通量增大，出来时磁通量减小；则由楞次定律可知，感应电流的方向先顺时针后逆时针，故D正确，ABC错误。

9.一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示．其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同．则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为（　　）

A.1∶

B.1∶2C.1∶4D.1∶1

【答案】A

【解析】试题分析：

甲图中的磁场只在

轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，所以

乙图中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以

，则

，即A正确。

考点：

本题重在考查交变电流的产生及有效值。

10.如图所示，一圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯与磁极的缝隙间形成了辐向均匀磁场，磁场的中心与铁芯的轴线重合．当铁芯绕轴线以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，下列线圈中电流随时间变化的图象，正确的是（从图位置开始计时，N、S极间缝隙的宽度不计，以a边的电流进入纸面，b边的电流出纸面为正方向）（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】在一个周期内，前半个周期内：

根据右手定则可知电流从b边进入纸面，a边的电流出纸面，为负值。

设ab边长为

，ad边长为

，矩形abcd的面积为S，电阻为R，磁感应强度大小为B，则感应电动势大小为：

，感应电流大小为：

，为不变。

后半个周期内：

根据右手定则可知电流从a边进入纸面，b边的电流出纸面，为正值。

感应电流大小为：

，为不变，故ABC错误，D正确，故选D。

【点睛】将一个周期分成两个半个周期研究，根据右手定则判断感应电流的方向，确定电流的正负．根据感应电动势公式推导电动势表达式，确定电流大小，然后选择图象．

11.在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分，又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到再下一级，可以采用如图所示电路，其中a，b应选择的元件是（　　）

A.a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈

B.a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈

C.a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈

D.a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈

【答案】D

【解析】电感线圈对交变电流的作用是通低频、阻高频，且感抗与电感、电流的频率成正比，所以b处应放置高频扼流圈（频率大了，高频就更不容易从b通过）。

电容对交变电流的作用是通高频、阻低频，且容抗与电容、电流的频率成反比，所以a处应放置a是电容较大的电容器（电容大了，高频就容易从a通过）。

12.如图所示，导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c、d相接，c、d两个端点接在匝数比5∶1（左边比右边）的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器，匀强磁场的磁感应强度为B、方向竖直向下．设导体棒ab长为L（电阻不计），并绕与ab平行的水平轴（也是两圆环的中心轴）OO′以角速度ω匀速转动．当变阻器的阻值为R时，通过电流表的电流为I，则（　　）

A.变阻器两端的电压U＝IR

B.变阻器上消耗的功率为P＝25I2R

C.导体棒ab所受的最大安培力F＝BIL

D.导体棒ab在最高点时两端感应电动势为0

【答案】B

【解析】根据变压器电流与匝数成反比，可得电阻器上的电流为5I，两端的电压为U=5IR，C错误；消耗的功率为P=25I2R，B正确；安培表电流I为有效值，电流最大值为

，则导体棒ab所受的最大安培力F=B

L，C错误。

导体棒ab在最高点时，垂直切割磁感线，两端感应电动势最大，D错误。

13.如图所示，在水平面上有一固定的U形金属框架，框架上放置一金属杆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.若磁场方向竖直向上并减小时，杆ab将向右移动

C.若磁场方向竖直向下并增大时，杆ab将向右移动

D.若磁场方向竖直向下并减小时，杆ab将向右移动

【答案】BD

【解析】试题分析：

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．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B正确．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C错误．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B。

考点：

楞次定律

【名师点睛】本题也直接由楞次定律：

感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，导体的运动反抗磁通量的变化来判断。

14.2008年我国南方遭到了特大冰雪灾害，高压供电线路损坏严重．在维修重建过程中，除了增加铁塔的个数和铁塔的抗拉强度外，还要考虑尽量减小线路上电能损耗，既不减少输电功率，也不增加导线质量，对部分线路减少电能损耗采取的有效措施是（　　）

A.提高这部分线路的供电电压，减小导线中电流

B.在这部分线路两端换用更大匝数比的升压和降压变压器

C.在这部分线路上换用更优质的导线，减小导线的电阻率

D.多增加几根电线进行分流

【答案】ABC

【解析】高压输电，电路中电流变小，则损失的电能减小，A正确；换用更大匝数比的升压和降压变压器，仍为提高输电线的电压，B正确；当电路中电阻减小时，由

，C正确；多增加几根电线进行分流，既不能减小损失的能量，同时还增加材料等，不现实，D错误。

15.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（　　）

A.

B.

C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压

D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率

【答案】AD

【解析】由变压器的电压比匝数之比

，又因为线路电压损失，即

，故A正确，B错误；由于远距离输电，输电线电阻不能忽略，导致输电线路上电压损失，使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故C错误，D正确。

故选AD。

【点睛】通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家中。

提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率。

16.如图所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中．则（　　）

A.车将向右运动

B.使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部由螺线管转变为电能，最终转化为螺线管的内能

C.条形磁铁会受到向左的力

D.车会受到向左的力

【答案】AC

【解析】试题分析：

A、由题意可知，当磁铁向右运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，因此根据楞次定律，则有感应电流产生，根据楞次定律，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右的力，向右运动，故AC正确，D错误；

B、由于闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，所以小车将向右运动，外力所做的功部分由螺线管转变为电能，部分转化为小车的动能，B错误；

故选：

AC．

17.某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向125km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：

（1）画出远距离输电的示意图；

（2）所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？

（3）如果用户用电器的额定电压为220V，所用理想降压变压器原、副线圈匝数比是多少？

【答案】

（1）

（2）1∶25（3）4800∶11

【解析】试题分析：

（1）画出升压变压器和降压变压器即可；

（2）根据电阻定律得出输电线的电阻，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而根据P=UI求出升压变压器的输出电压；根据输电线上的电流和电阻求出输电线上的电压损失；根据变压比公式求解升压变压器原、副线圈的匝数比；（3）根据输出电压和电压损失得出降压变压器的输入电压，结合电压之比等于原副线圈的匝数之比求出降压变压器的原副线圈匝数之比．

（1）远距离输电的示意图，如图所示：

（2）导线电阻：

升压变压器副线圈电流：

又

解得：

根据

得：

根据变压比公式，有：

（3）降压变压器的输入电压为：

由

，解得：

【点睛】解决本题的关键：

1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比之间的关系；2、升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压、电压损失之间的关系．

18.如图所示是某正弦交变电流的图象，根据图象求其峰值、周期和角速度，并写出交变电流的瞬时值表达式．

【答案】2A　0.02s　100πrad/s　i＝2sin100πt（A）

【解析】试题分析：

根据图象可读出该交流电的周期和最大值，然后根据频率和周期，最大值与有效值的关系可直接求解．

由图可知，交流电周期为T=0.02s，则角速度为

由图可知，t=0.0025s，电流

交流的瞬时值表达式：

，代入解得：

电流最大值

所以该电流的瞬时值表达式

【点睛】要能根据图象获取有用信息，并能利用这些信息进行有关运算，知道最大值与有效值的关系，知道周期与角速度的关系。

19.如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布（其右视图如图乙所示）．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝

T，线圈的电阻为R1＝0.50Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时（摩擦等损耗不计）．求：

（1）小电珠中电流的最大值；

（2）电压表的示数；

（3）t＝0.1s时外力F的大小；

【答案】

（1）0.16A　

（2）1.07V　（3）0.128N

【解析】

（1）由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为：

Em＝nBlv＝nB2πrvm，电路总电阻为：

R1＋R2，那么小电珠中电流的最大值为Im＝

＝

＝0.16A.

（2）电压表示数为有效值

U＝

＝

ImR2＝

×0.16×9.5V＝0.76

V≈1.07V.

（3）当t＝0.1s也就是T/4时，外力F的大小为F＝nB2πrIm＝

vm＝0.128N.

本题考查了法拉第电磁感应以及交流电的综合知识，由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，可求出线圈中的感应电动势的最大值，根据欧姆定律可得电流的最大值，对于交流电电路中的电表示数都为有效值，

20.如图所示，倾角为α的光滑导轨上端接入一定值电阻，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1，恒定不变，区域Ⅱ中磁场随时间按B2＝kt变化，一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止．试求：

（1）通过金属杆的电流大小；

（2）定值电阻的阻值为多大？

【答案】

（1）

（2）

【解析】试题分析:

（1）对金属杆：

（4分）

解得：

（3分）

（2）

（2分）

（2分）

故：

（3分）

考点：

本题考查了力的平衡、欧姆定律、电磁感应定律。