云南省普洱市思茅区一中下学期6月考试 高二物理.docx

1、云南省普洱市思茅区一中2019-2019学年下学期6月考试高二 物理本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间120分钟。 学校：_姓名：_班级：_考号：_分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示在t0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是()A 第2秒内上极板为正极 B 第3秒内上极板为负极C 第2秒末微粒回到了原来位置 D 第3秒末两极

2、板之间的电场强度大小为2.在图中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计当开关S处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方那么，当开关S断开时，将出现()A G1和G2的指针都立即回到零点B G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点C G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点3.如图所示，MN、PQ是间距为L的光滑平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导线所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻一根与导轨接触良好、有效阻值为r的金属导线a

3、b垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)()A 通过电阻R的电流方向为PRMBab两点间的电压为BLvCa端电势比b端高D 外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热4.下列各种情况中的导体切割磁感线产生的感应电动势最大的是()AA BB CC DD5.用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题，如图所示，理想变压器副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法中正确的是()A 原线圈中的电流减小BR两端的电压增大C 原线圈输入功率不变D 副线圈输出的电压减小6.普通的

4、交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，如图所示，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则()Aab接MN、cd接PQ，IabIcdBab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcdDab接PQ、cd接MN，IabIcd7.通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为(

5、)A， B ()2R，C， D ()2R，8.如图，线圈abcd的ad长20 cm、ab长10 cm，匝数N50匝，电阻不计，在磁感应强度BT的匀强磁场中绕OO1轴匀速转动，角速度100 rad/s，OO1轴通过ad且同时垂直于bc，距ab的距离是dc的距离的2倍线圈的输出端接单相理想变压器线圈，接在变压器副线圈两端“10 V,10 W”的灯泡刚好正常发光则A 变压器原线圈两端电压有效值为100VB 变压器原线圈中电流为1 AC 变压器的原、副线圈匝数比为10：1D 通过灯泡的交流电频率为50 Hz9.如图所示，RT为负温度系数的热敏电阻，R为定值电阻，若往RT上擦些酒精，在环境温度不变的情况

6、下，关于电压表示数的变化情况，下列说法中正确的是()A 变大B 变小C 先变大后变小再不变D 先变小后变大再不变10.如图所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图现在把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况正确的是()A 如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显B 如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显C 如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化非常明显D 如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化不明显二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 11.(多选)下列选项中是用导线做成的圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)下列组合中，切

7、断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是()A B C D12.(多选)如图所示，L是自感系数足够大的线圈，电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的是()A S闭合瞬间，三个灯同时亮，最后D1、D2熄灭，D3变亮B S闭合瞬间，D1、D2先亮，D3后亮，最后三个灯亮度一样C S断开时，三个灯都亮一下再慢慢熄灭D S断开时，D3立即熄灭，D1、D2亮一下再慢慢熄灭13.(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为201，R110 ，R220 ，电容器电容C100 F.已知电阻R1两端的正弦交流电压如图乙所示，则()A 原线圈输入电压的最大值为400

8、 VB 交流电的频率为100 HzC 电容器所带电荷量恒为2103CD 电阻R1消耗的电功率为20 W14.(多选)如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO转动，轴OO垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的()A 在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大B 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C 电压表V1示数等于NBL2D 变压器的输入与输出功率之比为11分卷II三、实验题(共2小题, 共14分) 15.在测定金属丝的电阻率的实

9、验中，待测电阻只有几欧，给定的滑动变阻器的阻值在020 范围内连续可变，那么在测金属丝的电阻时，应选电路图中的_(填“A、B、C、D”代号)在上述选定的电路中使用滑动变阻器R的接法在电路中起_(填“限流”或“分压”)作用A电路A B电路B C电路C D电路D16.某科技活动小组同学， 用如下图甲的实验器材， 测绘一个非线性电学元件的伏安特性曲线， 其中电压表内阻约20 k，毫安表内阻约200 ， 滑动变阻器最大阻值为100 ， 电源能提供的电压为9 V实验测得该元件两端电压U和通过它的电流I的数据如下表所示：(1) 根据表中的数据可获得的信息及有关电学实验的知识， 请在下边的方框中画出该活动小

10、组采用的实验电路图(2) 图甲是尚未完成连接的电路， 请你把其连接完整(3) 根据表中数据，在图乙的坐标纸中画出该元件的伏安特性曲线四、计算题 17.如图所示，在虚线圆周内有一均匀的磁场，其磁感应强度B正以0.1 T/s的变化率减小在圆周内放一金属圆环 (图中实线) ，使圆环平面垂直磁场已知此圆环半径为0.1 m.(1)圆环中产生的感应电动势为多大？(2)设圆环的电阻为1 ，则圆环中的电流为多大？(3)仍设圆环的电阻为1 ，但在环上某处将圆环断开，并在断开形成的两端点间接入一个4 的电阻，这两端点的电压为多大？18.电阻为R的矩形线圈abcd，边长abL，adh，质量为m，自某一高度自由下落，

11、通过一匀强磁场磁场的方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h，如图所示如果线圈恰好以恒定速度通过磁场，问导线中产生的焦耳热等于多少？19.如图甲所示，固定在水平桌边上的“L”型平行金属导轨足够长，倾角为53，间距L2 m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为R12 、R24 ，cd棒质量m11.0 kg，ab与导轨间摩擦不计，cd与导轨间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中现让ab棒从导轨上某处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒刚要开始滑动g取10 m/s2，sin 37 0.6，cos 370.8.

12、(1)在乙图中画出此时cd棒的受力示意图，并求出ab棒的速度；(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，则ab棒质量应小于多少？(3)假如cd棒与导轨间的动摩擦因数可以改变，则当动摩擦因数满足什么条件时，无论ab棒质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动？20.有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 ，线圈绕OO轴以10 rad/s的角速度匀速转动，如图所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，问：(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少(2)若从中性面位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的表达式(3)线圈从中性面位置开始，转过30时，感应

13、电动势的瞬时值是多大21.图甲是交流发电机模型示意图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路图乙是线圈的主视图，导线ab的长度为L1，ad长度为L2，线圈以恒定角速度逆时针转动(只考虑单匝线圈)(1)从线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中感应电动势e1的表达式；(2)若从线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感

14、应电动势e2的表达式答案解析1.【答案】A【解析】第2 s内磁场强度减小，所以圆环产生感应电动势，相当于一电源，由楞次定律知，金属板上端为正极，所以A正确第3 s内磁场方向向外，强度增加，产生的感应电动势仍然是上极板为正，所以B错误第1 s内，上极板为负，第2 s内，上极板为正，这个过程中电场强度相反，所以微粒先加速，然后减速，当第2秒末微粒速度为零，离开中心位置最大，所以C错误第3 s末圆环产生的感应电动势为0.1 r2，电场强度E，所以D错误2.【答案】D【解析】S断开后，自感电流的方向与G1原电流方向相反，与G2原电流方向相同3.【答案】C【解析】根据右手定则可知：ab中产生的感应电流方

15、向为ba，则通过电阻R的电流方向为MRP.故A错误；金属导线ab相当于电源，ab两点间的电压是路端电压，即是R两端的电压根据闭合电路欧姆定律得知，ab两点间的电压为U.故B错误金属导线ab相当于电源，a端相当于电源的正极，电势较高，故C正确ab棒向右做匀速直线运动，根据能量守恒得知：外力F做的功等于电路中产生的焦耳热，大于电阻R上发出的焦耳热，故D错误故选C.4.【答案】C【解析】感应电动势EBLv；设导体与磁场下边界的夹角为，感应电动势EBv.故C正确5.【答案】B【解析】开关S闭合，副线圈电路阻值变小，副线圈电路干路电流增大，则原线圈中电流变大，原线圈输入功率变大，选项A、C错误；副线圈电

16、路干路电流增大，则输电线R上电压损失变大，选项B正确；由于原线圈电压及匝数比不变，故副线圈输出电压不变，选项D错误6.【答案】B【解析】根据单一副线圈的理想变压器原理，电流比值等于匝数比的倒数，可得ab接MN、cd接PQ，IabIcd，故B正确7.【答案】D【解析】由理想变压器得：副线圈电压UkU，而理想变压器P入P出，副线圈电流I，线路损耗的电功率P1I2R()2R.同理可知P2I2R()2R，得，故D项正确8.【答案】C【解析】线圈产生的交流电的最大值为：EmNBS501000.20.1 V100V；所以有效值EV100 V，选项A错误；变压器次级输出功率为10 W，则初级输入电流为I1A

17、0.1 A，选项B错误；变压器次级电流为：I2A1 A，所以变压器原、副线圈的匝数比：，选项C正确；通过灯泡的交流电的频率为：fHzHz，选项D错误9.【答案】D【解析】往RT上擦酒精后，酒精蒸发吸热，热敏电阻RT温度降低，电阻值增大，根据串联电路的分压特点，电压表示数变小当酒精蒸发完毕后，RT的温度逐渐升高到环境温度后不变，所以热敏电阻的阻值逐渐变小，最后不变故电压表的示数将逐渐变大，最后不变所以选项D正确10.【答案】C【解析】若为金属热电阻、温度升高后，电阻变大，读数变化不明显，A、B错误若为热敏电阻，读数将明显变化，C对，D错11.【答案】CD【解析】利用安培定则判断直线电流产生的磁场

18、，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是：靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱，所以A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为A出进0，且始终为0，即使切断导线中的电流，A也始终为0，A中不可能产生感应电流；B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过线圈的磁通量始终为0，B中不可能产生感应电流；C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，进出，即C0.当切断导线中电流后，穿过线圈的磁通量C减小为0，所以C中有感应电流产生；D中线圈的磁通量D不为0，当电流切断后，D也减小为0，所以D中也有感应电流产生12.【答案】AD【解析】L是自感系数足够大

19、的线圈，它的电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的小灯泡. S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以三灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以D1、D2熄灭，D3变亮故A正确，B错误；S断开，D3立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1、D2亮一下再慢慢熄灭，故选项C错误，选项D正确13.【答案】AD【解析】由题图乙可知变压器输出的电压最大值为20 V，变压器原、副线圈的匝数比为201，根据公式，可得原线圈输入电压的最大值为400 V，A正确；副线圈交流电的周期为0.02 s，频率为50 H

20、z，原、副线圈交流电的频率一致，B不正确；电容器所带电荷量为QCU1.414103C，C不正确；R1消耗的电功率P20 W，D正确14.【答案】AD【解析】当线框转到如图所示位置，穿过线框的磁通量为0，但线框中产生的感应电动势最大，故选项A正确；电压表V2测量的是副线圈的电压，副线圈电压由原线圈电压决定，与负载电阻变化无关，故选项B错误；电压表V1示数为有效值，等于：u1，故选项C错误；理想变压器输入功率等于输出功率，则选项D正确15.【答案】A限流【解析】待测电阻较小，所以选用电流表外接法，滑动变阻器选用限流式接法，可以节能，故应该选A，滑动变阻器R的接法在电路中起限流作用16.【答案】(1

21、)(2)(3)【解析】从题中信息可得该元件的电阻和电流表的内阻接近，所以在连电路时应采用电流表的外接法，避免电流表分压，该元件的电压是从0开始的，所以滑动变阻器采用分压接法，画伏安特性曲线时应采用描点法，然后用平滑的曲线连接17.【答案】(1)3.14103V(2)3.14103A(3) 2.51103V【解析】(1)圆环的面积Sr2，感生电动势E3.14103V(2)根据闭合电路欧姆定律，电流I3.14103A(3)根据闭合电路欧姆定律，这两端点的电压为路端电压UE2.51103V.18.【答案】2mgh【解析】方法一：直接用定义设恒定速度为v，则产生焦耳热的时间t，I，mgBIL，所以QI

22、2RtBIL2h2mgh.方法二：用“功”衡量“能”导线中产生的焦耳热等于线圈克服安培力所做的功，即Q|W安|BIL2h2mgh.方法三：用“能”衡量“能”导线中产生的焦耳热等于线圈减少的重力势能，即QEp减2mgh.19.【答案】(1)15 m/s(2)小于3.125 kg(3)0.75【解析】(1)ab其沿斜面滑下切割磁感线产生的感应电流的方向是bacdb；因为当ab棒从导轨刚要滑出时，cd棒刚要开始滑动，其受力分析如图所示由受力分析得：BILcos 53FfFNm1gBILsin 530且：FfFN解得I2.5 A根据法拉第电磁感应定律EBLv闭合电路的欧姆定律I解得v1.5 m/s(2

23、)ab棒在足够长的导轨下滑时，最大安培力只能等于自身重力的分力，有FAmabgsin 53因ab棒与cd棒串联，故所受最大安培力相等要使cd棒不能滑动，需FAcos 53(m1gFAsin 53)以上两式联立解得mab3.125 kg.(3)ab棒下滑时，cd棒始终静止有：FAcos 53(mabgFAsin 53)解得.当ab棒质量无限大，在无限导轨上最终一定匀速运动，安培力FA趋于无穷大，有0.75.20.【答案】(1)6.28 V6.28 A(2)e6.28sin (10t) V(3)3.14 V【解析】(1)交变电流电动势的峰值为Em2NBLvNBS100.50.2210 V6.28

24、V电流的峰值为Im6.28 A.(2)从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为eEmsint6.28 sin (10t) V.(3)线圈从中性面位置开始转过30，感应电动势eEmsin 303.14 V.21.【答案】(1)e1BL1L2sint(2)e2BL1L2sin(t0)【解析】(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有导线ab和cd切割磁感线，设导线ab和cd的转动速度为v，则v.在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1BL1v，由图可知vvsint，则整个线圈的感应电动势为e12E1BL1L2sint.(2)当线圈由图丙位置开始运动时，其他条件与(1)中相同，仅初始相位不同，因此在t时刻整个线圈的感应电动势为e2BL1L2sin(t0)