高二物理下学期期中试题（实验班，含解析） 19页

‎【2019最新】精选高二物理下学期期中试题（实验班，含解析）‎ 一、选择题 ‎1. 关于电磁感应现象的有关说法中，正确的是（ ）‎ A. 只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流发生 B. 穿过闭合电路中的磁通量减少，则电路中感应电流就减小 C. 穿过闭合电路中的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大 D. 穿过闭合电路中的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大 ‎【答案】D ‎【解析】只有闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，故A错误；感应电流的大小取决于磁通量变化的快慢，磁通量减小时，若磁通量的变化率增大，则感应电流可能变大，故B错误；磁通量大，但变化较慢，则感应电动势也可能很小，故C错误；感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化．故D正确．‎ ‎【点睛】感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化．1、电路要闭合；2、穿过的磁通量要发生变化．‎ ‎2. 如图所示，一根长导线弯成“n”形，通以直流电I，正中间用不计长度的一段绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内，在电流I增大的过程中，下列叙述正确的是（ ） ‎ - 19 - / 19‎ A. 金属环C中无感应电流产生 B. 金属环C中有沿顺时针方向的感应电流 C. 金属环C仍能保持静止状态 D. 悬挂金属环C的竖直线拉力变小 ‎【答案】C ‎【解析】A、根据安培定则知，弯曲成“n”形导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，故AB错误； C、根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成“n”形导线，所以金属环下边圆弧没有安培力，因此导致挂环的拉力增大，但环仍处于静止状态，故C正确，D错误。 ‎ 点睛：解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向，同时会用左手定则判断安培力的方向。‎ ‎3. 法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是（　　） ‎ - 19 - / 19‎ A. 回路中电流大小变化，方向不变 B. 回路中电流大小不变，方向变化 C. 回路中电流的大小和方向都周期性变化 D. 回路中电流方向不变，从b导线流进电流表 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：该圆盘在旋转时，相当于一根长度一定的导线在做切割磁感线运动，由于磁场强度的大小是不变的，导线的长度也不变，切割磁感线的速度也不变，故产生的感应电流的大小与方向都是不变的，再由右手定则可以判断出来，感应电流的方向为由a到b，所以电流是从b导线流进电流表的，D是正确的。‎ 考点：电磁感应现象。‎ ‎4. 如图所示，有两根和水平方向成α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，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm ， 则( ) ‎ A. 如果B变大，vm将变大 B. 如果α变大，vm将变大 C. 如果R变小，vm将变大 D. 如果m变小，vm将变大 ‎【答案】B - 19 - / 19‎ ‎【解析】金属杆下滑过程中，受重力、导轨的支持力和安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，金属杆做加速运动。随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大。当加速度为零时，金属杆做匀速运动，速度最大，则有：，，联立得：。 由上式分析得知： A、如果B增大，将变小，故A错误； B、如果增大，将变大，故B正确； C、如果R变小，将变小，故C错误； D、如果m减小，将变小，故D错误。 ‎ 点睛：本题第一方面要正确分析金属棒的运动情况，第二方面要熟记安培力的经验公式，就能正确求解。‎ ‎5. 如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移（I﹣x）关系的是（　　） ‎ - 19 - / 19‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向．由感应电动势公式，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况．‎ 位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．，，则；位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，ACD错误；位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．大小，B正确．‎ ‎6. 一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个的电阻。则（ ） ‎ A. 流过电阻的电流是20 A - 19 - / 19‎ B. 与电阻并联的电压表的示数是100V C. 经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J D. 变压器的输入功率是1×103W ‎【答案】C ‎【解析】由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，与电阻并联的电压表的示数是100 V，流过电阻的电流 ，所以AB错误；由 ，所以经过60s电阻发出的热量是60000J，所以C错误；由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为10Ω，所以输出功率，输入功率等于输出功率，所以D正确． 故选：D． ‎ 视频 ‎7. 如图所示电路中，电源电压u＝311sin (100πt) V，A、B间接有 “220 V440 W”的电暖宝，“220 V 220 W”的抽油烟机,交流电压表及保险丝。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 A B. 交流电压表的示数为311 V C. 电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍 D. 1 min内抽油烟机产生的热量为1.32×104 J ‎【答案】A - 19 - / 19‎ ‎【解析】试题分析：交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻．‎ 交流电压表的示数为有效值，故B错误；由公式知电路要正常工作，干路中电流为3A，所以保险丝的额定电流不能小于3A，故A正确；电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，故C错误；1min抽油烟机消耗的电能为，消耗的电能一部分转化为热能，一部分转化为机械能，故D错误．‎ ‎8. 如图所示，水平放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大后放手，则在线圈收缩的过程中下列说法中正确的是（　　）‎ A. 穿过弹性圆环的磁通量增大 B. 从右往左看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流 C. 弹性圆环中无感应电流 D. 弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外 ‎【答案】ABD - 19 - / 19‎ ‎【解析】磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多．外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消．现将弹性圆环均匀向外扩大后放手收缩面积减小，则磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，导致磁通量变大，故A正确．由A选项分析，可知，磁通量变大，则由楞次定律得，从左向右看，线圈产生感应电流顺时针，故B正确，C错误；产生顺时针感应电流，在外部感线的作用下，根据左手定则可知，弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外，故D正确；故选ABD.‎ ‎9. 某水电站用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV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6.0×103 A B. 输电线上由电阻造成的电压损失为15 kV C. 若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW D. 输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻 ‎【答案】AB ‎【解析】据P=UI知，输电线上的输送电流，A错误；输电线上损失的电压，B正确；若改用5kV电压输电，则输送电流，则损失的功率，违背能量守恒定律，C错误；输电线上损失的功率为，U应为线路上损失的电压，r为输电线的电阻，D错误．‎ 视频 ‎10.‎ - 19 - / 19‎ ‎ 如图所示，两根等高光滑的四分之一圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低点cd开始，在拉力作用下以速度向右沿轨道做匀速圆周运动到ab处，则该过程中（ ）‎ A. 通过R的电流方向为由b→a B. 通过R的电流方向为由a→b C. R上产生的热量为 D. 流过R的电量为 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为b→a，故A正确B错误；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为，有效值为，根据焦耳定律：，故C正确；通过R的电量由公式：，故D错误；‎ 考点：考查了导体切割磁感线运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量．‎ ‎11.‎ - 19 - / 19‎ ‎ 如图所示，理想变压器原线圈与电阻R0连接，原、副线圈的匝数比为20∶1，b是原线圈的中心抽头，副线圈连接滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表。已知交流电源电压瞬时值表达式为u1=220sin 100πt(V)。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 通过滑动变阻器R的交变电流的频率为100 Hz B. 单刀双掷开关K扳向a时，电压表的示数小于11 V C. 单刀双掷开关K由a扳向b，滑动变阻器滑片不动，电压表的示数不变，电流表示数变小 D. 保持K的位置不变，滑动变阻器滑片向下移，电压表的示数变小，电阻R0功率变大 ‎【答案】BD ‎【解析】A、变压器不改变交变电流的频率，由交变电流表达式可知频率为，故A错误；‎ B、电源电压有效值为，如果原线圈上无电阻，由电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为，电表测量的是有效值，示数也为，但实际上有电阻分压，电压表示数小于，故B正确；‎ C、单刀双掷开关由a扳向b，原线圈匝数变少，副线圈两端电压变大，电压表的示数变大，滑动变阻器滑片不动，电流表示数也变大，故C错误；‎ D、保持K的位置不变，滑动变阻器滑片向下移，电阻变小，副线圈中的电流变大，那么原线圈中的电流也随着变大，电阻功率增大，电阻 两端的电压也变大，交流电源的电压不变，变压器的输入电压变小，副线圈两端的电压也相应变小，选项D正确。‎ - 19 - / 19‎ 点睛：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。‎ ‎12. 如图所示，用一根粗细均匀的电阻丝制成形状相同、大小不同的甲、乙两个矩形线框．甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度h相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场宽度d足够大．不计空气阻力，适当调整高度h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中．在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为I1和I2 ， 通过导体横截面的电量分别为q1和q2 ， 线框产生的热量分别为Q1和Q2 ， 线框所受到的安培力分别是F1和F2 ， 则以下结论中正确的是（　　） ‎ A. I1＞I2 B. q1=4q2 C. Q1=4Q2 D. F1=2F2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】设甲的宽度为L，周长为l，则乙的宽度为，周长为，那么甲的质量是乙质量的两倍，根据电阻，可得，由题意可知甲做匀速运动：，感应电动势为：，感应电流为：,联立以上可得：，同理对乙有：，联立以上可得，说明乙也匀速运动且，感应电流为：，结合以上易得，故A错误；电量为，可得：，故B错误；产生的热量为：，由运动学公式可得：，联立以上可得：,故C正确；安培力为：,根据以上可得：，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ - 19 - / 19‎ 二、填空题 ‎13. 在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图1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；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．然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路． ①S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将___偏转． ②线圈A放在B中不动时，指针将___偏转． ③线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将_____________________偏转． ④线圈A放在B中不动，突然断开S ． 电流表指针将______________________偏转．（填向左、向右、不） ‎ ‎【答案】 (1). 向右 (2). 不 (3). 向右 (4). 向左 点睛：本题关键是根据先安培定则判断出A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的方向，楞次定律的应用是个重要定律，在学习过程中重点掌握。‎ ‎14. 如图所示，理想变压器的原．副线圈匝数之比为n1：n2=4：1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等．a、b端加一交流电压后，两电阻消耗的电功率之比PA：PB=_________________；两电阻两端的电压之比UA：UB=________________ ． ‎ - 19 - / 19‎ ‎【答案】 (1). 1：16 (2). 1：4‎ ‎..................‎ 点睛：本题主要考查变压器的知识，变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率，电阻两端的电压即可求解。‎ ‎15. 如图所示，PQNM是由粗裸导线连接两个定值电阻组合成的闭合矩形导体框，水平放置，金属棒ab与PQ、MN垂直，并接触良好。整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度B=0.4T。已知ab长l=0.5m，电阻R1=2Ω，R2＝4Ω，其余电阻均忽略不计，若使ab以v=5m/s的速度向右匀速运动，作用于ab的外力大小为________N，R1上消耗的电热功率为________W。（不计摩擦）‎ ‎【答案】 (1). 0.15 (2). 0.5‎ - 19 - / 19‎ ‎【解析】由右手定则可知ab中电流从b流向a，电源内部电流从负极流向正极，电动势为：E=BLv=0.4×0.5×0.5=1V． ‎ 导体棒所受安培力为：F安=BIL=0.4×0.5×=0.15N       ab向右匀速运动，所以F=F安=0.15N R1上消耗的电热功率． ‎ 三、解答题 ‎16. 如图所示,一小型发电机内有N=100匝矩形线圈,线圈面积S=0．10 m2, 线圈总电阻r=1Ω。在外力作用下矩形线圈在磁感应强度B=0．10 T的匀强磁场中,以恒定的转速n =50 r/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动,发电机线圈两端与R=9 Ω的电阻构成闭合回路．从线圈平面通过中性面时开始计时．求:‎ ‎（1）转过30°时线圈中产生的瞬时电动势的大小；‎ ‎（2）转过60°的过程中通过电阻R的电荷量；‎ ‎（3）线圈转动一周,电流通过电阻R产生的焦耳热。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）线圈匀速转动时产生的感应电动势的最大值为：‎ 从线圈平面通过中性面时开始计时，产生的瞬时电动势为:‎ 转过30°时,有 - 19 - / 19‎ 代入题设数值，解得：‎ ‎（2）设从线圈平面通过中性面时开始,线圈转过60°所用的时间为Δt．‎ 穿过线圈的磁通量的变化量大小为 线圈中的平均感应电动势为：‎ 通过电阻R的平均电流为：‎ 在Δt时间内通过电阻R的电荷量为：‎ 联立解得：‎ 代入题设数值，可得：‎ ‎（3）线圈中产生的是正弦式电流,则电动势的有效值为 通过电阻R的电流为：‎ 电阻R产生的焦耳热为：‎ 联立解得:．‎ 考点：交流电的产生和描述。‎ ‎【名师点睛】正弦式电流给用电器供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值，而电器的耐压值时则交流电的最大值。‎ - 19 - / 19‎ ‎17. 如图所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l=0.2m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5Ω的电阻，在x≥0处有与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B=0.5T．一质量为m=0.1kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a=2m/s2，方向与初速度方向相反．设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好，求：‎ ‎（1）电流为零时金属杆所处的位置；‎ ‎（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小、方向和运动的时间.‎ ‎【答案】（1） （2）方向与x轴相反 或方向与x轴相反 ‎【解析】（1）感应电动势，故时，则．‎ ‎（2）最大电流．安培力，‎ 向右运动时，，方向与x轴相反 向左运动时，，方向与x轴相反 ‎ ‎18. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上（导轨电阻不计），导轨间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1‎ - 19 - / 19‎ ‎ Ω的金属条ab放在导轨上．在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.4 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上。当cd由静止开始下滑时，ab刚好不下滑，cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，则在金属条ab出现滑动之前，求：‎ ‎(1)当cd下滑的速度v1=5m/s时，ab所受的安培力；‎ ‎(2)当cd从静止下滑到速度v1=5m/s的过程中，cd滑动的距离x＝4 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少；‎ ‎(3)要保持金属条ab始终不滑动，cd向下滑动的最大速度v2是多大。‎ ‎【答案】（1）0.4N，方向沿斜面向上（2）Q=0.6J(3) 12.5m/s ‎【解析】（1）切割磁感线产生的电动势大小为 ‎ 根据欧姆定律可得 所以 ab所受的安培力大小为0.4N，方向沿斜面向上 ‎（2）由动能定理得：，因为，解得 ‎（）当ab刚要下滑时有 当ab刚要上滑时有 又因为，其中 解得：‎ ‎19.‎ - 19 - / 19‎ ‎ 如图所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距l=0.50m，上端接有阻值R=0.80Ω的定值电阻，导轨的电阻可忽略不计。导轨处于磁感应强度5=0.40T、方向垂直于金属导轨平面向外的有界匀强磁场中，磁场的上边界如图中虚线所示，虚线下方的磁场范围足够大。一根质量m=4.0x10 2kg、电阻r=0.20Ω的金属杆从距磁场上边界h=0.20m高处，由静止开始沿着金属导轨下落。已知金属杆下落过程中始终与两导轨垂直且接触良好，重力加速度g=10m/S2,不计空气阻力。‎ ‎(1)求金属杆刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势大小；‎ ‎(2)求金属杆刚进入磁场时的加速度大小；‎ ‎(3)若金属杆进入磁场区域一段时间后开始做匀速直线运动，则金属杆在匀速下落过程中其所受重力对它做功的功率为多大？‎ ‎【答案】（1）2.0m/s；（2）8.0m/s2；（3）4.0W ‎【解析】(1)金属杆MN自由下落，设MN刚进入磁场时的速度为v，‎ 根据机械能守恒定律，有：‎ 解得：v==2.0m/s MN刚进入磁场时产生的感应电动势 E=Blv =0.4×0.5×2V=0.40V ‎ 通过电阻R的电流大小 I==0.40A ‎(2)MN刚进入磁场时F安=BIl =0.4×0.4×0.5N=0.08N ‎ 设MN刚进入磁场时的加速度大小为a，根据牛顿第二运动定律，‎ 有mg - F安=ma ‎ 解得 a=8.0m/s2 ‎ ‎(3)根据力的平衡条件可知，MN在磁场中匀速下落时有 mg=F安 ‎ - 19 - / 19‎ 设MN在磁场中匀速下落时的速度为vm，则此时的感应电动势E=Blvm，‎ 感应电流I= Blvm/（R+r），安培力F安=B2l2vm/（R+r）‎ 联立可解得 vm==10.0 m/s 在匀速下落过程中重力对金属杆做功的功率P=mgvm=4.0W ‎【点睛】本题综合考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律，关键理清过程，知道金属杆匀速直线运动时，所受的重力与安培力平衡．‎ - 19 - / 19‎