福建省福清市东张中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

福清东张中学20182019学年度第二学期期中考高二理科物理试卷一、选择题1.对下列物理史实的描述正确的是（）A. 丹麦物理学家奥斯特发现了右手定则B. 英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象C. 美国科学家楞次发现左手定则D. 法国物理学家安培发现了电流的磁效应【答案】B【解析】【详解】A、安培发现了右手定则，用于判断导体棒切割磁感线产生感应电动势的方向；故A错误.B、法拉第发现了电磁感应现象，总结了闭合回路的磁通量发生变化产生感应电流；故B正确；C、楞次发现了楞次定律，用于判定磁通量变化产生 感应电流方向，故C错误；D、奥斯特发现了电流磁效应，在通电导线周围产生磁场；故D错误；故选B.2.在电磁感应现象中,下列说法正确的是( )A. 导体相对磁场运动,导体内一定产生感应电流B. 导体做切割磁感线运动,导体内一定会产生感应电流C. 闭合电路在磁场内做切割磁感线运动,导体内一定会产生感应电流D. 穿过闭合电路的磁通量发生变化,在电路中一定会产生感应电流【答案】D【解析】试题分析：产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动根据这个条件进行选择解：A、导体相对磁场运动，若没有切割磁感线，则导体内不会产生感应电流故A错误B、导体做切割磁感线运动时，能产生感应电动势，若导体所在电路不闭合，则导体中就没有感应电流故B错误C、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流故C正确D、导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生故D错误故选C【点评】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化3.某一电热器接在的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到交流电源上，每秒产生的热量为2Q，则该交流电压的最大值是A. 110VB. C. 220VD. 【答案】B【解析】【详解】设电热器的电阻为R。当电热器接在U=110V的直流电源上时，；当电热器改接到交流电源上时，；两式一比，得Um=2U=220V。故选C。4.如图甲所示，在圆形线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场垂直于纸面向里若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I （取逆时针方向为正方向）随时间t的变化图线是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】磁感应强度在0到t1内，由法拉第电磁感应定律可得，随着磁场的均匀变大，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；由于磁感线是向里在减小，向外在增大。所以由楞次定律可得线圈感应电流是顺时针，由于环中感应电流沿逆时针方向为正方向，则感应电流为负的.。磁感应强度在t1到t2内，感应电流不变，且电流方向为正.所以只有A选项正确，B，C，D均错误.故选A.5.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）A. 在A和C时刻，线圈处于中性面位置B. 在B和D时刻，穿过线圈的磁通量为零C. 从AD时间内，线圈转过的角度为D. 1s内交变电流方向改变50次【答案】C【解析】【详解】A、由图象可知，A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，故A错误；B、由图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；C、由图象可知，到从A到D经历个周期，线圈转过的角度为，故C正确；D、由图象可知，从OD是一个周期为0.02s，电流方向改变两次；则1s是50个周期，电流方向改变100次；故D错误；故选C.6.如图所示为一交流电压随时间变化的图象每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定根据图中数据可得，此交流电压的有效值为()A. 75 VB. 8 VC. 2 VD. 3 V【答案】C【解析】有效值是根据焦耳热功率来定义的，U=2V7.如图所示，原线圈输入有效值恒定的交变电压，在理想变压器的副线圈上，通过等效电阻为R1的输电线连接一只灯泡L和一个阻值大小随所受照射光强度的增大而减小的光敏电阻R2。若将照射R2的光的强度减弱，下列说法正确的是( ) A. 原线圈中电流增大B. 流过R2的电流减小C. 加在R1两端的电压增大D. 灯泡L变暗【答案】B【解析】【详解】A、照射R2的光的强度减弱则其电阻变大，而电压不变，则副线圈电流变小，原线圈的电流也变小，则A错误；B、因副线圈电流变小，则R1电压变小，则L的分压变大，通过L的电流增大，则通过R2的电流减小，则B正确.C、D、负载电阻变大后，电流减小，则R1上的电压减小，所以L上的电压增大，L变亮，故C，D错误.故选B.8.长直导线MN中通有恒定电流I，其正下方有矩形导线框abcd，在下列哪种情况下，abcd中有感应电流产生（）A. 导线框匀速向右移动B. 导线框加速向右移动C. 导线框匀速向下移动D. 导线框匀速绕MN为轴转动【答案】C【解析】【详解】A、B、导线框匀速或加速向右移动时，线框的磁通量没有变化，所以没有感应电流产生，故A、B错误；C、导线框匀速向下移动时，线框磁通量减小，将产生感应电流，故C正确.D、通电直导线的磁感线是一系列围绕直线的同心圆，故线框绕直导线转到，磁感线均垂直穿过线框不变，故不能产生感应电流；故D错误.故选C.9. 一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，以下说法错误的是A. 通过线圈的磁通量变化率达到最大值B. 通过线圈的磁通量达到最大值C. 线圈平面与磁感线方向垂直D. 线圈中的感应电动势为零【答案】A【解析】试题分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动将产生随时间按正弦（或余弦）规律变化的交流电，线圈处于与磁场方向垂直的位置是中性面，此时，不切割磁感线，所以，通过线圈的磁通量达到最大值，而磁通量变化率为零，感应电动势为零,A说法错误；B、C、d说法正确; 故选A。考点：交流电的产生。10.平行闭合线圈的匝数为n，所围面积为S，总电阻为R，在t时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为，则通过导线某一截面的电荷量为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律：，再由殴姆定律：；而电量公式：Q=It；三式联立可得：Q=n，故选D。【点睛】对于线圈的磁通量与线圈的匝数无关，当匝数越多时，导致电动势越大，相当于多个电源串联起来11.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后A. A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B. A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C. V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D. V2示数不变，V1与V2示数的比值不变【答案】AD【解析】试题分析：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A正确，B错误故选AD考点：变压器12.在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计下列说法中正确的是 ( ) A. 合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B. 断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C. 断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D. 断开开关S时，流过A2的电流方向向右【答案】AB【解析】【详解】A、当电键K闭合时，灯A2立即发光，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯A1逐渐亮起来；所以灯A2比灯A1先亮.由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A正确；B、C、D、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯A2不会出现闪亮一下，且流过灯A2的电流方向向左；故B正确，C，D错误；故选AB.13.如图所示，理想变压器原线圈输入市电电压(220 V，50 Hz)，闭合电键后，电流表的示数为0.10 A，电压表的示数为22 V，由此可知该变压器的 ( )A. 原、副线圈的匝数比为1：10B. 原、副线圈的匝数比为10：1C. 原线圈电流为0.01 AD. 副线圈交变电流频率为5 Hz【答案】BC【解析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器不改变频率等特点即可解题。【详解】根据理想电压与匝数成正比：，故A错误，B正确；根据电流与匝数成反比，代入数据解得：，故C正确；变压器不改变频率，故D错误。所以BC正确，AD错误。【点睛】本题主要考查了变压器的变压比与变流比公式进行计算，同时要明确变压器的工作原理。二、填空题14.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央在图中（1）S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针_；（2）线圈A放在B中不动时，指针将_（3）线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将_【答案】 (1). 向右偏转； (2). 不偏转； (3). 向左偏转；【解析】(1)由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转S闭合后，将A插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转；(2)A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流；(3)断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏转15.如图用理想变压器给变阻器R供电，设输入交变电压不变当变阻器R上的滑动触头P向上移动时，图中电表的示数和输入功率P变化情况是A1_，V2 _，P_。（填变大、变小或不变）【答案】 (1). 变小 (2). 不变 (3). 变小【解析】【详解】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向上移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以负线圈的电流减小，原线圈的电流也要变小，即A1、A2的示数都变小，根据P=UI，所以输入功率P变小16.在远距离输电时，采用升压变压器使输电电压升高n倍，对于输送一定的电功率来说，输电线路上的电流将减小为原来的_，输电线路上的电能损失将减少为原来的_.【答案】1/n 1/n2【解析】（1）如果保证输送的电功率不变，将输电电压升高到原来的n倍，根据，电流变为原来的。（2）在电阻、通电时间一定时，根据，电流变为原来的，电热变为原来的，所以输电线上的能量损失就减小到原来的。点睛：解决此题关键掌握和的应用，注意总功率和损失功率的关系，注意损失电压不是输送电压。三、计算题17.如图所示，匀强磁场的磁感强度为0.5T，方向垂直纸面向里，当金属棒ab沿光滑导轨水平向左匀速运动时，电阻R上消耗的功率为2W，已知电阻R=0.5，导轨间的距离l=0.4m，导轨电阻不计，金属棒的电阻r=0.1，求：（1）金属棒ab中电流的方向；（2）金属棒匀速滑动的速度【答案】(1) （2） 【解析】由右手定则可以判断出电流的方向；由电功率公式求出电流大小，由E=BLv，由欧姆定律求出金属棒的速度。解：由右手定则可知，金属棒中的电流方向为：。电路电流， 感应电动势：由欧姆定律得：速度： 18.有一台内阻为1发电机，供给一学校照明用，如图所示，升压比为1：4，降压比为4：1，输电线的总电阻R=4，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则：（1）发电机输出功率多大？（2）发电机电动势多大？（3）输电效率是多少？【答案】（1）5 424 W（2）250 V（3）【解析】（1）降压变压器的输出功率为： 降压变压器副线圈的电流为：，由 降压变压器原线圈的电流为： 输电线损失的功率为： 所以输入功率为： 降压变压器原线圈电压为： 输电线上损失的电压为： 则发动机的输出电压为： 所以发电机原线圈电压为： 根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为：，发电机内阻分压： 电动势为：用户获得的实际功率为：；则输电效率为：；19.如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为2m的重物，另一端系一质量为m、电阻不计的金属杆。在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF