云南省西双版纳州勐海县一中2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题

云南省西双版纳州勐海县一中20172018学年度下学期期中考试高二物理一、单选题(共6小题,每小题4.0分,共24分)1.如图所示，一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中．若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流强度为I，则金属框受到的磁场力为()A.0B.ILBC.ILBD.2ILB【答案】B【解析】由图示可知，电流由A流入，从C流出，则有电流从A到C与从A到B再到C两直导线，产生的安培力，可等效成从A到C直导线产生的安培力，由于总电流强度为I，因此金属框受到的磁场力F=BIL，故B正确。故选：B。【名师点睛】由安培力公式F=BIL分析答题，其中L是通电导线的有效长度，是导线在磁场中两端点间的距离。2.直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动.当通过如图所示的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将()A.顺时针转动，同时靠近直导线ABB.顺时针转动，同时离开直导线ABC.逆时针转动，同时靠近直导线ABD.不动【答案】C【解析】试题分析：根据安培定则可知，通电导线在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．采用电流元法，将圆环分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，从左向右看，圆环将逆时针转动；又特殊位置：圆环转过时，通电直导线对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，由于吸引力大于排斥力，圆环靠近，故C正确，ABD错误。考点：楞次定律【名师点睛】本题是磁场中典型问题：判断安培力作用下导体运动的方向．常用方法有：等效法、电流元法、特殊位置法等，根据安培定则判断通电导线产生的磁场方向，采用电流元法和特殊位置法分析圆环所受安培力，判断圆环的运动情况。3.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(A.B.C.I1U1＝RD.I1U1＝I2U2【答案】D【解析】试题分析：理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：＝，由能量守恒定律可知：P1＝I1U1＝P2＝I2U2，故选项D正确；因此＝，故选项A错误；输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U3之差，因此根据欧姆定律有：I2＝，故选项B错误；降压器的输入功率为：P3＝I2U3，因此有：I1U1＝I22R＋I2U3，故选项C错误。考点：本题主要考查了远距离输电的应用问题，属于中档题。4.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控市供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时()A.电流表A1、A2和A3的示数都变大B.只有电流表A1的示数变大C.电压表V3的示数变小D.电压表V2和V3的示数都变小【答案】C【解析】试题分析：市电供电端的电压不变，即V1示数不变，由，可判断知V2不变，D错；当开关S闭合时，负载增加，功率增大，由能量守恒知,知I1、I2变大，B错；由于I2变大，导线分得的电压增加，故负载两端的电压减小，V3减小，C对；,V3减小，R1不变，知A3示数变小，A错。考点：远距离输电。【名师点睛】解远距离输电问题的思路：(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量．(2)抓住变压器变压前后各量间关系，求出输电线上的电流．(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝IR线，注意输电线上的功率损失和电压损失．(4)电网送电遵循“用多少送多少”的原则说明原线圈电流由副线圈电流决定5.有人根据公式提出以下看法，其中正确的是()A.磁感应强度的数值跟通电导线受到的磁场力F的大小成正比B.磁感应强度的数值跟通电导线的电流I成反比C.磁感应强度的数值跟通电导线的长度L成反比D.磁感应强度是表示磁场强弱的物理量，它是客观存在的，它与外加导线的长度、电流的强弱和受力情况均无关【答案】D【解析】解：B=为比值定义法，B与F与I、L无关，磁感应强度是表示磁场强弱的物理量，它是客观存在的，它与加导线的长度、电流的强弱和受力情况无关；故只有D正确；故选；D．【点评】磁感应强度采用比值定义法，要注意比值定义法中B与F、IL无关．6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u＝200sin100πtV，设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2示数分别是I1、I2.下列说法中正确的是()A.电压表V2的示数U2＝20VB.滑片P向b端滑动过程中，U2不变、I2变大C.滑片P向b端滑动过程中，U1变小、I1变大D.通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1【答案】B二、多选题7.单匝线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω.规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．则以下说法正确的是()A.在时间0～5s内，I的最大值为0.01AB.在第4s时，I的方向为逆时针C.前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01CD.第3s内，线圈的发热功率最大【答案】ABC【解析】试题分析：由图看出，在01s内图线的斜率最大，B的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大，最大值为．故A正确．在第4s时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知，I的方向为逆时针方向．故B正确．前2s内，通过线圈某截面的总电量．故C正确．第3s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小．故D错误．故选ABC．考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题关键要从数学角度理解斜率等于B的变化率．经验公式，是电磁感应问题中常用的结论，要在会推导的基础上记牢。8.如图甲、乙所示是电子技术中的常用电路，a，b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征，下列判断正确的是()A.图甲中R得到的是交流成分B.图甲中R得到的是直流成分C.图乙中R得到的是低频成分D.图乙中R得到的是高频成分【答案】AC【解析】当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；乙图中电容器能通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误。9.在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是（）A.小球沿逆时针做匀速圆周运动，半径不变B.小球沿逆时针做匀速圆周运动，但半径减小C.小球沿顺时针做匀速圆周运动，半径不变D.小球沿顺时针做匀速圆周运动，半径减小【答案】ACD【解析】若小球带正电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力提供向心力，逆时针做圆周运动，半径不变．若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向心力，速度的大小不变，半径变大，故B错误，A正确．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，也可能洛伦兹力小于之前合力的大小，则半径减小．故CD正确．故选ACD.点睛：该题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键是能正确分析向心力的来源，结合受力分析判断洛伦兹力的方向，以及洛伦兹力的大小与初状态的合力的大小之间的关系．10.如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放有矩形导体线框abcd，其中ab边的长度为l1，bc边的长度为l2，线框的质量为m，电阻为R.有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是()A.线框进入磁场前的加速度为B.线框进入磁场时的速度为C.线框进入磁场时有a→b→c→d→a方向的感应电流D.线框进入磁场的过程中产生的热量为(F－mgsinθ)l1【答案】ABC【解析】线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：Fmgsinθ=ma，则．故A正确。线框进入磁场时匀速运动，则有F=mgsinθ+，解得速度，故B正确。根据右手定则判断得知线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a．故C正确。根据能量守恒知线框进入磁场的过程中产生的热量为（Fmgsin

θ）L2，故D错误。故选ABC。点睛：本题是电磁感应中力学问题，记住安培力的经验公式F安=，正确分析受力和功能关系是解答本题的关键，要注意线框切割磁感线的边长与通过的位移大小是不同的，不能搞错．三、计算题11.圆盘发电机的构造如图甲水平放置的金属圆盘在竖直向下的匀强磁场中绕与圆盘平面垂直且过圆盘中心O点的轴匀速转动，从a、b两端将有电压输出．现将此发电机简化成如图乙所示的模型：固定的金属圆环水平放置，金属棒OP绕圆环中心O以角速度ω匀速转动，金属棒的P端与圆环无摩擦紧密接触，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中．已知圆环半径OP＝20cm，圆环总电阻为R1＝0.4Ω，金属棒的电阻R2＝0.1Ω，金属棒转动的角速度为ω＝500rad/s，磁感应强度B＝1T，外接负载电阻R＝0.3Ω.求：(1)金属棒OP中产生的感应电动势的大小为多少？O、P两点哪点电势高？(2)负载电阻上的最大功率与最小功率各为多少？【答案】(1)10VO点电势高(2)187.5W120W【解析】(1)金属棒OP产生的感应电动势为：E＝BL`v＝BL＝BL2ω，代入数据得E＝10V.根据右手定则可判断感应电流的方向为P→O，所以O点电势高.(2)当P点与Q点重合时，电路中的总电阻最小，R总＝R＋R2＝(0.1＋0.3)Ω＝0.4Ω，电路中的总电流最大，其最大值为I1＝＝

A＝25A，则电阻R上消耗的最大功率为P1＝

R＝187.5W.设金属棒转到某位置时，QP间电阻为Rx，另一部分电阻为Ry，圆环接入电路的电阻为R圆环＝.当Rx＝Ry＝＝0.2Ω时，圆环接入电路的电阻最大，其最大值为0.1Ω，此时通过负载电阻的电流最小，其最小值为I2＝＝

A＝20A，则电阻R上消耗的最小功率为P2＝R＝120W.12.如图，阻值不计的光滑金属导轨MN和PQ水平放置，其最右端间距d为1m，左端MP上接有阻值r＝4Ω的电阻，右端NQ与半径R为2m的光滑竖直半圆形绝缘导轨平滑连接；一根阻值不计的长为L＝1.2m，质量m＝0.5kg的金属杆ab放在导轨的EF处，EF与NQ平行．在平面NQDC的左侧空间中存在竖直向下的匀强磁场B，平面NQDC的右侧空间中无磁场．现杆ab以初速度v0＝12m/s向右在水平轨道上做匀减速运动，进入半圆形导轨后恰能通过最高位置CD并恰又落到EF位置．(g取10m/s2)求：(1)杆ab刚进入半圆形导轨时，对导轨的压力大小；(2)EF到QN的距离；(3)磁感应强度B的大小．【答案】(1)30N(2)4m(3)1.05T【解析】试题分析：（1）设杆ab刚进入半圆形导轨时速度为，到达最高位置CD位置时，速度为，由于恰能通过最高点，则：解得杆ab进入半圆形导轨后，由于轨道绝缘，无感应电流，则根据机械能守恒：解得设在最低点时半圆形轨道对杆ab的支持力为N，则有（2）杆ab离开半圆形导轨后做平抛运动，设经时间落到水平导轨上解得则杆ab与NQ的水平距离（3）设杆ab做匀减速运动的加速度为a解得对杆刚要到达NQ位置进行分析考点：圆周运动向心力来源、动能定理、平抛运动以及常见的电磁感应雷问题点评：本题通过圆周运动知识分析物体经过最高点时的力学条件，通过机械能守恒定律最后换算处最低处的速度，最后通过支持力与重力合力提供向心力求出未知量。本题还涉及平抛运动，和常见的电磁感应类问题13.如图所示是磁动力电梯示意图，即在竖直平面内有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B1和B2，B1＝B2＝1.0T，B1和B2的方向相反，两磁场始终竖直向上做匀速运动，电梯轿厢固定在图示的金属框abcd内，并且与之绝缘．已知电梯载人时的总质量为4.95×103kg，所受阻力f＝500N，金属框垂直轨道的边长ab＝2.0m，两磁场的宽度均与金属框的边长ad相同，金属框整个回路的电阻R＝8.0×10－4Ω，g取10m/s2.已知电梯正以v1＝10m/s的速度匀速上升，求：(1)金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向；(2)磁场向上运动速度v0的大小；(3)该电梯的工作效率．【答案】(1)1.25×104A，电流的方向为adcb(2)12.5m/s(3)79.2%【解析】（1）对abcd金属框，由衡条件得：2F安=mg+f，

安培力：F安=BI•ab，解得：I=1.25×104A；

由右手定则可知，图示时刻电流方向为：adcb；

（2）感应电动势：E=2B•ab（v0v1），

E=IR，解得：v0=12.5m/s；

（3）有用功率：P=mgv1，

总功率：P总=2F安v0，

效率：η=×100%，

解得：η=79.2%；点睛：本题是理论联系实际的问题，与磁悬浮列车模型类似，关键要注意磁场运动，线框相对于磁场向下运动，而且上下两边都切割磁感线，产生两个电动势，两个边都受安培力．14.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1∶n2＝3∶1，原线圈电路中接有一量程为3A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表，可变电阻R以及若干“6V,6W”的相同灯泡，输入端交变电压u的图象如图乙所示．(1)求图甲中电压表的读数；(2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数；(3)为满足(2)中的要求，求可变电阻R应调到的电阻值．【答案】(1)9V(2)9(盏)(3)Ω【解析】试题分析：（1）根据图象可得原线圈电压的最大值U1m＝27V其有效值为U1＝＝27V根据代入数据可得U2＝9V即为电压表读数．（2）设原线圈中通过的电流为I1，副线圈中通过的电流为I2为使副线圈接入的灯泡最多，则I1取允许通过的最大电流的有效值为3A根据U1I1＝U2I2代入数据可得I2＝9A正常发光时每个灯泡中的电流为ID＝＝1A所以允许接入的灯泡个数为n＝＝9（3）电阻两端电压为UR＝U2－UD＝3V电阻阻值为R＝＝Ω考点：考查了理想变压器，交流电图像五、填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分)15.电磁炉是利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，磁化铁质锅底，使之形成无数个小涡流，加快锅底分子运动，锅底自身高速发热达到加热食物的目的，其工作原理如图所示．(1)使用微型电脑控制的电磁炉加热时不产生明火、无烟尘、无废气、清洁、安全、高效节能，是现代家庭中理想的灶具，请写出电磁炉在使用中触及到的物理知识(只写两点)：________________和________________．(2)在使用电磁炉加热食物时，电磁炉和锅之间的传热方向是：由________传递给________；使用电磁炉加热食物的过程中要消耗________能得到________能．(3)“多宝”牌电磁炉某一款式性能参数如下表所示：根据表中的参数分析，电磁炉与普通的电加热器相比，有哪些优点？__________________和_______________(请写出两点)【答案】(1).电流产生磁场(2).热传递(分子运动加快、内能增加，温度升高(3).锅(4).电磁炉(5).电(6).内(7).热效率高(8).功率调节范围大【解析】（1）电磁炉在使用中触及到的物理知识：电流产生磁场；热传递(分子运动加快、内能增加，温度升高)．（2）在使用电磁炉加热食物时，因热量由锅内的涡流产生，则电磁炉和锅之间的传热方向是：由锅传递给电磁炉；使用电磁炉加热食物的过程中要消耗电能得到热能．（3）电磁炉与普通的电加热器相比优点：热效率高；功率调节范围大.16.如图所示，一单匝线圈从左侧进入磁场．在此过程中，线圈的磁通量将__（选填“变大”或“变小”）．若上述过程所经历的时间为0.1s，线圈中产生的感应电动势为2V，则线圈中的磁通量变化了__Wb．【答案】(1).变大