河北省大名县一中2020学年高二物理上学期18周周测试题 17页

河北省大名县一中2020学年高二物理上学期18周周测试题 ‎ 一、单选题（1~9为单项选择题，10~14为多项选择题，每题5分，共70分）‎ ‎1．如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时（ ）‎ A． 穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大 B． 穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最大 C． 穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小 D． 穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最小 ‎2．如图所示,面积均为的单巨线圈绕轴在磁感应强度为的匀强磁场中以角速度匀速转动,从图中所示位置开始计时,下图中能产生正弦交变电动势的是（ ）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎3．一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场。若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是。‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎4．如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原、副线圈匝数比为n1∶n2＝10∶1，串联在原线圈电路中的电流表示数为1 A，下列说法正确的是(　　)‎ A． 变压器输出端所接电压表的示数为20V B． 变压器输出功率为100 W C． 变压器输出的交流电的频率为100 Hz D． 若n1＝100匝，则副线圈处穿过每匝线圈的磁通量变化率的最大值为2Wb/s ‎5．一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为该电阻上电压的峰值均为，周期均为T，如图所示。则：等于　　‎ A． 1： B． ：1 C． 1：2 D． 2：1‎ ‎6．某水电站，用总电阻为5Ω的输电线给940km外的用户送电，其输出电功率是3×106kW。现用500kV电压输电，则下列说法正确的是(　　)‎ A． 输电线上输送的电流大小为1×105A B． 输电线上损失电压为30kV C． 该输电系统的输电效率为95%‎ D． 若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率为4.5×108kW ‎7．某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110V、频率为60Hz，要使它产生的电动势变为220V、频率变为50Hz，需要调整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小下列调整合适的是　　‎ A． 使n变为原来的倍，B变为原来的2倍，N变为原来的倍 B． 使n变为原来的，B变为原来的倍，N变为原来的2倍 C． 使n变为原来的，N变为原来的2倍，B不变 D． 使n变为原来的，N变为原来的倍，B不变 ‎8．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为，现外接一只电阻为的灯泡，如图乙所示，则　　‎ A． 电路中的电流方向每秒钟改变50次 B． 电压表V的示数为220 V C． 灯泡实际消耗的功率为440W D． 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20J ‎9．一正三角形导线框ABC（高为a）从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B，磁场方向相反且均垂直于平面、宽度均为a,则感应电流I与线框移动距离x的关系图线可能是（以逆时针方向为感应电流的正方向）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎10．用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＜0)．则(　　)‎ A． 圆环中产生逆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两点间的电势差大小为Uab＝‎ ‎11．如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R1＝R2＝2R，导轨电阻不计，导轨宽度为L，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.导体棒ab的电阻为R，垂直导轨放置，与导轨接触良好．释放后，导体棒ab沿导轨向下滑动，某时刻流过R2的电流为I，在此时刻(　　)‎ A． 重力的功率为6I2R B． 导体棒ab消耗的热功率为4I2R C． 导体棒受到的安培力的大小为2BIL D． 导体棒的速度大小为 ‎12．如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边界平齐.若第一次将线框从磁场中以恒定速度向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN以线速度匀速转过90°，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等，则（）‎ A． 两种情况下产生的感应电流方向相同 B． 两种情况下产生的感应电流方向不同 C． ‎ D． ‎ ‎13．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（    ）‎ A． 在t1时刻，FN > G，P有收缩的趋势 B． 在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变 C． 在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流 D． 在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势 ‎14．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v－t图象，图中数据均为已知量，重力加速度为g ‎，不计空气阻力，下列说法正确的是 A． 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B． 磁场的磁感应强度为 C． 金属线框在0～t3的时间内所产生的热量为mgv1(t2－t1)‎ D． MN和PQ之间的距离为v2(t2－t1)‎ 二、解答题（每题15分，共30分）‎ ‎15．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输电电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电，求：‎ ‎（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比；‎ ‎（2）输电线路导线电阻R；‎ ‎（3）用户降压变压器、原副线圈匝数比。‎ ‎16．同一水平面上的两根正对平行金属直轨道MN，M′N′，如图所示放置，两轨道之间的距离l=0.5m。轨道的M M′端之间接一阻值R=0.4Ω 的定值电阻，轨道的电阻可忽略不计，N N′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP，N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0=0.5m，水平直轨道MR，M′R′段粗糙，RN，R′N′段光滑，且RNN′R′区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.64T，磁场区域的宽度d=1m，且其右边界与NN′重合，现有一质量m=0.2kg，电阻r=0.1Ω的导体杆ab静止在距磁场左边界s=2m处，在与杆垂直的水平恒力F=2N作用下开始运动，导体杆ab与粗糙导轨间的动摩擦因数μ=0.1，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能通过半圆形轨道的最高点PP′．已知导体杆在运动过程中与轨道始终垂直且接触良好，取g=10m/s2。‎ ‎(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向。‎ ‎(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量 ‎(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热。‎ 参考答案 ‎1．A ‎【解析】‎ 当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式，可知磁通量的变化率最大，故A正确，BCD错误，故选A。‎ ‎【点睛】根据法拉第电磁感应定律公式，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势，而磁通量的变化量与瞬时电动势成正比.‎ ‎2．A ‎【解析】由题意可知，只有AB图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生感应电流，但B中在t=0时产生的感应电动势最大，不按正弦规律变化，故只有A中产生的感应电动势为正弦交变电动势，而CD图均没有导致磁通量变化，A正确．‎ ‎3．D ‎【解析】‎ 发电机中的磁场为辐向磁场，因而在任何时刻均与导体垂直切割，故AB错误；当线框经过竖直面后，电流方向改变，则C错误、D正确。‎ ‎4．D ‎【解析】AB.由u－t图象可知，变压器原线圈所加交变电压的有效值U1＝200 V，将此值代入和，解得变压器输出端电压和电流分别为U2＝U1＝×200 V＝20 V，I2＝I1＝10×1 A＝10 A，故变压器输出端所接电压表的示数为20 V，输出功率为P2＝U2I2＝20×10 W＝200 W，故A、B错误；‎ C.由u－t图象知交变电流的周期T＝0.02 s，故其频率f＝＝Hz＝50 Hz，故C错误；‎ D.由法拉第电磁感应定律可得U2＝n2 ，则副线圈处穿过每匝线圈的磁通量变化率的最大值为10＝20， =2Wb/s，故D正确．‎ 故选：D ‎5．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由图可知，方形交流电源的有效值为U0，故其一周期产生的热量为：;正弦式交流电的有效值为：,故其一周期产生的热量为：,故有：Q方:Q正=2:1；选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查对有效值以及焦耳定律的应用，要注意明确有效值是根据电流的热效应求解的，而只有正弦式交流电才满足最大值为有效值的倍.‎ ‎6．B ‎【解析】输电电流，输电线损失的电压U=IR=30kV，所以A错误；B正确；损失的功率： ，输电效率，所以C错误；若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率为，故D错误。‎ ‎7．D ‎【解析】‎ 使n变为原来的1.2倍，B变为原来的2倍，N变为原来的1.2倍，其中，电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSn，电动势将变为原来的2.88倍，不符合题意，故A错误；使n变为原来的，B变为原来的倍，N变为原来的2倍，电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSn，电动势将变为原来的倍，不符合题意，故B错误；使n变为原来的，N变为原来的2倍，B不变，电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSn，电动势将变为原来的倍，不符合题意，故C错误；使n变为原来的，N变为原来的2.4倍，B不变，电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSn，电动势将变为原来的2倍，不符合题意，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎8．D ‎【解析】‎ A、由，，电压表示数，故A错误；‎ B、周期，每个周期交流电方向改变两次，则内电流方向改变的次数为次，故B错误；‎ C、灯泡实际消耗的功率，故C错误；‎ D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为，故D正确。‎ 点睛：交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值。‎ ‎9．C ‎【解析】‎ 当线框移动距离x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大，故A错误；当线框移动距离x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在2a～3a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎10．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，A错误B正确；圆环中产生的感应电动势为，圆环的电阻为，所以圆环中感应电流的大小为，C错误；图中a、b两点间的电势差，D正确．‎ ‎11．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 据题，流过的电流为I，通过和的电流相等，则流过ab棒的电流为2I；金属杆ab消耗的热功率为，电路的总功率为，由于金属杆不一定匀速运动，所以重力的功率不一定为8I2R，也不一定是6I2R，A 错误B正确；导体棒受到的安培力的大小为：，C正确；金属杆ab产生的感应电动势为：，由得导体棒的速度大小为，D错误．‎ ‎12．AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一次，根据感应电动势公式E=BLv求解感应电动势．第二次由求解平均感应电动势，然后计算比较速度关系。‎ ‎【详解】‎ A、B项：两种情况下，穿过线圈的磁通量都减小，由“楞次定律可知”两种情况下产生的感应电流方向相同，故A正确，B错误；‎ C、D项：若第一次将线框从磁场中以恒定速度v向右匀速拉出，平均感应电动势等于瞬时感应电动势，则为：E1=BLv1=Bav1‎ 第二次以同样大小的线速度v2让线框转过90°，产生的平均感应电动势，为：‎ 据题意：a=b，E1=E2‎ 得两次的速度之比为：v1：v2=2：π。‎ 故应选：AC。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键掌握平均感应电动势，瞬时感应电动势的公式．对于这些基础知识，要加强理解和应用，平时练习不可忽视。‎ ‎13．ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势；‎ ‎【详解】‎ A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即，P有缩小的趋势，故A正确；‎ B、当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故时刻，故B正确；‎ C、时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即，故C正确；‎ D、当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故时刻，此时穿过P的没有收缩的趋势，故D错误。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查楞次定律的应用，要注意正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小。‎ ‎14．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由右手定则知感应电流的方向沿abcda的方向，故A错误；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得mg=BIl，其中 ，又 l=v1（t2-t1），联立解得：，故B正确；金属线框在0～t3的时间内所产生的热量为 Q，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q=mgl=mgv1（t2-t1），故C正确；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2-t1所以金属框的边长：L=v1（t2-t1）。MN和PQ之间的距离要大于金属框的边长，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎15．（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）升压变压器原、副线圈匝数比为 ‎（2）导线电阻R与输送电流和输电线上损失的电功率有关，有 而输送电流决定于输出电压及输送功率，所以有 联立有 ‎（3）设降压变压器原线圈上电压为，则 所以降压变压器原、副线圈匝数比为。‎ ‎16．（1）3.84A,从b到a（2）0.64C（3）1.1J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 应用动能定理求出进入磁场时的速度，导体棒进入磁场时金属杆切割磁感线，产生感应电流，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，由右手定则判断感应电流方向；‎ ‎(2) 设导体杆在磁场中运动的时间为t ‎，求出产生的感应电动势的平均值，根据欧姆定律求出电流的平均值，进而求出电量；‎ ‎(3)导体杆穿过磁场的过程，回路中机械能转化为内能，根据能量守恒定律求出电路中产生的焦耳热。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理得：‎ 代入数据解得 导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 此时通过导体杆上的电流 据右手定则可知，电流方向由b向a ‎(2) 设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为，由法拉第电磁感应定律有：‎ 通过电阻R的感应电流的平均值 通过电阻R的电荷量 ‎(3) 设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，则在轨道最高点时，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：‎ 杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有：‎ 代入数据解得：‎ 导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能 此过程中电路中产生的焦耳热 ‎【点睛】‎ 本题综合考查了机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式等，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练；分析导体杆的运动过程是解题的关键。‎