云南省彝良县一中学年下学期高二期中考试物理试题含答案解析Word格式.docx

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C．

D．

7．如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：

把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路．两个同学迅速摇动AB这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北．图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点．则下列说法正确的是

A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大

B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大

C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B

D．在摇“绳”过程中，A点电势总是比B点电势高

8．如图所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1秒内磁场方向指向纸里，如图（b）．若磁感应强度大小随时间变化的关系如图（a），那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是（　　）

A．在第1秒内感应电流增大，电流方向为逆时针

B．在第2秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针

C．在第3秒内感应电流减小，电流方向为顺时针

D．在第4秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针

9．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。

由图可知该交变电流（　　）

A．周期为0.125sB．电压的有效值为

C．电压的最大值为

D．电压瞬时值的表达式为

10．在生产实际中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全，为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，下列方案可行的是（）

11．物理学是科学家们智慧的结晶，科学家们在物理学的发展过程中做出了重大的贡献，下列叙述符合史实的是

A．伽伸略通过理想斜面实验得出结论“力是改变物体运动的原因”

B．牛顿发现了万有引力定律并利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量

C．法拉第首先发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应

D．安培发现了右手定则，用于判断通电导线在磁场中受到磁场力的方向

12．如图，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是（）

B．

D．

二、多选题

13．如图甲所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。

线圈内的磁通量随时间t变化的图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）

A．t1时刻线圈中的感应电动势最大

B．t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直

C．t3时刻线圈平面与中性面重合

D．t4、t5时刻线圈中感应电流的方向相同

14．如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。

已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时（）

A．线圈中感应电流的方向为abcda

B．线圈中的感应电动势为2nBL2ω

C．穿过线圈的磁通量的变化率最大

D．线圈ad边所受安培力的大小为

，方向垂直纸面向里

15．关于变压器，下列说法正确的是（　　）

A．变压器的工作原理是电磁感应

B．一切变压器的工作基础都是互感现象

C．各种电流接入变压器的输入端，变压器都能持续正常工作

D．只有交变电流接入变压器的原线圈中，变压器才能持续正常工作

16．如图所示实验电路中，若直流电压和交变电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下面哪个叙述正确（）

A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗

B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮

C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮

D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时，灯变暗

三、实验题

17．光电计时器是一种常用计时仪器，其结构如图所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当一辆带有挡光片的小车从a、b间通过时，光电计时器就可以显示挡光片的挡光时间。

现有一辆小车带有宽度为d（很窄）的挡光片做匀变速直线运动，先后通过第一个光电门和第二个光电门，光电计时器记录下的挡光时间分别是t1和t2，挡光片从第一个光电门运动到第二个光电门用时t。

（1）小车通过第一个光电门的平均速度为__________________；

（2）如果将小车通过光电门的平均速度看作小车的瞬时速度，小车从第一个光电门运动到第二个光电门的加速度为__________________。

四、填空题

18．如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材．

（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路_____________________________．

（2）由哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转（____）

A．闭合开关

B．断开开关

C．保持开关一直闭合

D．将线圈A从B中拔出

（3）假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向______（填“左”或“右”）偏转．

五、解答题

19．n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内（线圈右边的电路中没有磁场），磁场均匀增大，线圈磁通量的变化率

=0.004Wb/s，线圈电阻r=1Ω，R=3Ω，求：

（1）线圈产生的感应电动势大小．

（2）R两端的电压和R中的电流方向．

20．一绝缘楔形物体固定在水平面上，左右两斜面与水平面的夹角分别为α和β，α＝37°

、β＝53°

.如图所示，现把两根质量均为m、电阻为均R、长度均为L的金属棒的两端用等长的电阻不计的细软导线连接起来，并把两棒分别放在楔形体的两个光滑的斜面上，在整个楔形体的区域内存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，在细软导线刚好拉直后由静止释放两金属棒，不计一切摩擦阻力，细软导线足够长，两导线一直在斜面上，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，重力加速度为g.

（1）求金属棒的最大加速度；

（2）求金属棒的最大速度．

21．导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平面的U型导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F的方向相同，导线MN始终与导线框形成闭合电路．已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻．

（1）通过公式推导验证：

在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的焦耳热Q;

（2）若导线MN的质量m＝8.0g，长度L＝0.10m，感应电流I＝1.0A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve（下表中列出一些你可能会用到的数据）：

22．如图所示是一交变电压随时间变化的图象，求此交变电压的有效值．

参考答案

1．B

【解析】

电压表V1的示数不随负载的变化而变化，BC错误；

当传感器R2所在处出现火情时，电阻R2阻值变小，总电流变大，R3两端电压变大，则R1两端电压变小，A2的示数减小，D正确．

2．D

试题分析：

线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，从而在导体中产生大量的热，涡流现象也是电磁感应；

而交流电的频率越大，产生的热量越多．故D正确，ABC错误；

故选D．

考点：

涡流现象

【名师点睛】本题主要考查了掌握涡流的原理及应用;

用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流．涡流产生的热量使金属熔化，高频交流电的频率越大，产生的热量越大.

3．A

在中性面磁通量最大，感应电流为0，方向改变．故A正确

线圈每转动一周，经过两次中性面，方向改变方向两次．故B错误

线圈平面与磁感线垂直时，为中性面，感应电动势为0．故C错误

当线圈平面与磁感线平行时，穿过线圈的磁通量为0．故D错误

故选：

A

交流发电机及其产生正弦式电流的原理

点评：

线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化．由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；

而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．

4．C

当S接通后，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大，原线圈电压减小，匝数不变故副线圈电压减小，故A错误；

由A可知，灯泡L1变亮，L2变暗，故BD错误，C正确．所以C正确，ABD错误．

5．A

【详解】

当将a、b接在电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源

两极之间时，两只灯泡都发光，且亮度相同．而更换一个新电源后，灯L1的亮度高于灯L2的亮度，则说明线圈的感抗比电容器的容抗大，那么新电源的频率大，最大电压值仍不变，A正确．

【点睛】

对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．

6．C

【分析】

由图乙可知，电流为周期性变化的电流，故只需分析0.5T0内的感应电流即可；

通过分析电流的变化明确磁场的变化，根据楞次定律即可得出电动势的图象。

在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在0.25T0～0.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小；

则由楞次定律可知，a环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；

故C正确，ABD错误。

故选C。

【点评】

本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并能正确应用；

同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷或！

7．C

地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，当两个同学在迅速摇动电线时，总有一部分导线做切割磁感线运动，电路中就产生了感应电流，根据绳子转动方向与地磁场方向的关系，判断感应电动势和感应电流的大小，从而判断安培力的大小，由右手定则判断感应电流的方向和电势高低．

解：

A、当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误．

B、当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误．

C、当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中电流从A流向B．故C正确．

D、在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B，A点相当于电源的负极，B点相当于电源正极，则A点电势比B点电势低；

当“绳”向上运动时，“绳”中电流从B流向A，B点相当于电源的负极，A点相当于电源正极，则B点电势比A点电势低；

故D错误．

故选C

【点评】本题要建立物理模型，与线圈在磁场中转动切割相似，要知道地磁场的分布情况，能熟练运用电磁感应的规律解题．

8．B

：

由于磁场均匀变化，则感应电流大小不变，AC错误；

第2秒内磁场减弱，由楞次定律知，感应电流方向顺时针，B正确；

第4秒内磁场反方向减弱，由楞次定律知，感应电流方向逆时针，D错误。

9．B

A．由图像可知，周期为0.250s，故A错误；

BC．由图像可知，交流电压的最大值为

则电压的有效值为

故C错误，B正确；

D．由图像可知，电流的周期为

则

所以电压瞬时表达式为

故D错误。

故选B。

10．D

由题意可知，当断开瞬间时，线圈中产生很高的自感电动势，若不并联元件，则会产生电弧，因此：

A.当并联电容器时，只能对电容器充电，仍不能解决电弧现象，故A错误；

B.当并联发光二极管时，由于发光二极管有单向导电性，因此注意方向，B选项的二极管的接法与C选项的导线有一样的作用，唯有D选项，既能避免产生电弧，又能不影响电路，故D正确，BC错误；

故选D。

【答案】A

伽利略通过理想斜面实验，否定了力是维持物体运动状态的原因的理论，提出了力是改变物体运动的原因的结论，故A正确；

牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量，故B错误；

奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误；

判断通电导线在磁场中受到的磁场力的方向用左手定则，故D错误。

物理学史

【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

12．D

开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；

不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确．

13．BC

A．t1时刻通过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误；

B．t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，故导线ab的速度方向跟磁感线垂直，故B正确；

C．t3时刻线圈的磁通量最大，故此时线圈与中性面重合，故C正确；

D．由图可知t5时刻线圈中磁通量最大，此时没有感应电流，故D错误；

故选BC。

14．AC

图示时刻，ad速度方向向外，bc速度方向向里，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为d→a，bc中电流方向为b→c，线圈中感应电流的方向为abcda。

故A正确。

线圈中的感应电动势为E=nBSω=nBL1L2ω．故B错误。

图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大。

故C正确；

线圈ad边所受安培力的大小为F=nBIL2=nB

•L2．故D错误。

故选AC。

15．AD

变压器的工作原理是电磁感应，故A正确；

变压器利用两个线圈变压时，其工作原理是互感；

当变压器只利用一个线圈变压时（自耦变压器），其工作原理是自感，故B错误；

变压器要持续正常工作，原线圈必须接交变电流，若接恒定电流，原、副线圈中不可能出现持续的感应电动势，则变压器不能持续正常工作，故C错误，D正确．所以AD正确，BC错误．

16．AC

线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，并且是有铁芯时心感抗较大．

A、.当S掷向a、b时电路中接通的是直流电，通过线圈的电流不发生变化，不会有自感现象发生，所以此时灯较亮，掷向c、d时，电路接通的是交流电，通过线圈的电流要发生变化，所以会有感抗作用这时的灯较暗，A对；

B错；

C、铁芯可以增强线圈的感抗作用，所以把铁芯抽出来相当于线圈的感抗减小了，所以灯会变亮，C对；

D、S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时，通过线圈的电流变化率变小，所以产生的自感电动势变小，对电路的感抗减小，所以灯会变亮，D错；

故答案选AC．

17．

（1）[1]小车通过第一个光电门的平均速度为

（2）[2]小车通过第二个光电门的平均速度为

则小车从第一个光电门运动到第二个光电门的加速度为

18．

ABD；

右；

（1）探究电磁感应现象实验有两套电路；

电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；

螺旋管B与电流计组成实验电路．

（2）当线圈B中有感应电流产生时，电流表指针发生偏转；

根据感应电流产生的条件：

穿过闭合回路的磁通量发生变化，分析答题．

（3）根据楞次定律判断是否有感应电流产生，结合闭合开关瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转判断将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，灵敏电流计的指针的偏转方向．

（1）将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．

（2）AB、将开关闭合或断开，导致穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，电流表指针偏转，故AB正确；

C、保持开关一直闭合，则穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针偏转，故C错误；

D、将螺线管A插入（或拔出）螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转，故D正确．

（3）在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．

故答案为

（1）如图所示：

（2）ABD；

（3）右．

【点评】探究电磁感应现象的实验有两套电路，要知道各电路的阻值与作用．本题考查了感应电流产生的条件，难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件、分析清楚图示情景即可正确解题．

19．

（1）0.4V

（2）0.3V，方向向上

根据法拉第电磁感应定律公

，求解感应电动势大小；

根据闭合欧姆定律求解感应电流大小即可，根据楞次定律，来判定感应电流方向，根据欧姆定律求解电阻R的电压．

（1）根据法拉第电磁感应定律，有：

（2）磁通量增加，根据楞次定律“增反减同”，故感应电流的磁场方向向外，感应电流为逆时针，故R中电流方向向上；

根据闭合电路欧姆定律可得电流：

根据欧姆定律，电阻R的电压为：

U＝IR＝0.1×

3V＝0.3V.

点睛：

本题主要考查了法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，掌握楞次定律的应用，注意等效电路图要点，及电源的正负极．

20．

（1）0.2g

（2）

当金属棒刚释放时，安培力为零，此时加速度最大．两棒下滑过程，先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动．匀速运动时，速度最大．由平衡条件和电磁感应知识可求出最大速度．

（1）根据牛顿第二定律：

mg（sinβ－sinα）＝ma

化简则：

a＝0.2g

（2）棒受力平衡时，两棒速度v最大．因两棒速度大小相等，但切割B的有效速度不同，感应电流的方向为逆时针

则在t时间内感应电动势E＝

＝BLv（cosα－cosβ）

其感应电流：

I=

安培力：

Fb=IBL

设细线对棒的力为F，对右棒：

mgsinβ＋Fbcosβ－F=0

对左棒：

F－Fbcosα－mgsinα=0

联立解：

v=

本题主要考查了运用感应电动势公式E=Blvsinα时，要注意vsinα是有效的切割速度，即垂直于磁感线的分速度．

21．

（1）导线切割磁感线产生的感应电动势为：

E＝BLv，通过电路中的电流为：

I＝

＝

，通电导线受到的安培力为：

F＝BIL＝

，力F所做的功为：

W＝FΔx＝FvΔt＝

Δt，产生的电能为：

W电＝EIΔt＝

Δt，电阻上产生的焦耳热为：

Q＝I2RΔt＝

RΔt＝

Δt，

由以上可知W＝W电＝Q

（2）7.8×

10－6m/s

根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式求解安培力，根据功的定义求解安培力功，根据W=EIt求解电流的功；

先根据阿伏加德罗常数求解单位体积内的分子数，然后根据电流的微观表达式求解电荷的平均速率．

（1）导线切割磁感线产生的感应电动势为：

E＝BLv

通过电路中的电流为：

通电导线受到的安培力为：

力F所做的功为

产生的电能为：

电阻上产生的焦耳热为：

由以上可知W＝W电＝Q

（2）总电子数

单位体积电子数为n，则N＝nSL

故IΔt＝neSveΔt

得到

解得：

ve=7.8×

10－6m/s

本题主要考查了从功能关系的角度理解电磁感应的微观机理，应用切割公式、闭合电路欧姆定律公式、安培力公式、电流的微观表达式、功能关系等列式求解即可．

22．

根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．

设非正弦交变电压的有效值为U′，直流电的电压为U，让非正弦交变电压和直流电压分别加在同一电阻（设阻值为R）的两端，在一个周期（T＝0.4s）内，

非正弦交变电压产生的热量：

代入数据可得：

在这一个周期内，直流电压产生的热量：

由Q＝Q′，可得：

所以

即有效值为：

本题主要考查了非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．