1、绝密启用前云南省龙陵一中2017-2018学年下学期期中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.下列关于电磁感应现象的认识，正确的是()A它最先是由奥斯特通过实验发现的B它说明了电能生磁C它是指变化的磁场产生电流的现象D它揭示了电流受到安培力的原因2.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是()A
2、BCD3.电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据电磁感应现象，人们发明了许多电器设备下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是()A动圈式话筒B安全检查门C磁带录音机D白炽灯泡4.如图是法拉第研究电磁感应现象的第一个成功实验，他把a、b两个线圈绕在同一个铁杯上，a线圈接电源，b线圈接电流表，当S闭合后可以在空间产生磁场由于历史的局限性，法拉第经过长达11年的艰苦探索，终于在1831年发现了磁生电现象对其中失败的原因，分析正确的是()Aa线圈产生的磁场太弱，不能在线圈中产生感应电流Bb线圈中感应电流太小，当时无法测出C电与磁没有对称性D没有意识到b中的感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程5.有
3、一电子线路中使用的小变压器，变压比为220 V/6 V，由于使用时间长了分不清原、副线圈，其外形如图所示，现要作为降压变压器使用，则电源(220 V)应接在()Aab两端Bcd两端Cac两端Dbd两端6.如图所示，当交流电源电压恒为220 V，频率为50 Hz时，三只灯泡A、B、D的亮度相同，若只将交流电的频率改为100 Hz，则()AA灯最暗BB灯最暗CD灯最暗D三只灯泡的亮度依然相同7.两只相同的白炽灯L1、L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感器串联，当a，b处接电压最大值为Um，频率为f的正弦式交流电源时，两灯都发光，且亮度相同，更换一个新的正弦式交流电源后灯L1的
4、亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是()A最大值仍为Um，而频率大于fB最大值仍为Um，而频率小于fC最大值小于Um，而频率仍为fD最大值大于Um，而频率仍为f8.如图甲所示的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为101.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个阻值均为R11 的定值电阻串联接在副线圈两端两个交流电压表均为理想电表则下列说法不正确的是()A通过两个定值电阻R的交变电流的频率为50 HzB当t1102s时，电压表V1示数为零C当t1.5102s时，电压表V2示数为11 VD原线圈的输入功率为22 W9.远距离输电时，若保证电能的输送功率不
5、变，则()A由公式P得，输电电压越高，输电导线上的功率损失越大B由公式P得，输电导线的电阻越大，输电导线上的功率损失越小C由公式PI2R得，输电电流越大，输电导线上的功率损失越大D由公式PIU得，输电导线上的功率损失与电流强度成正比10.理想变压器原线圈接在电压恒定的交流电源上，副线圈上接通电阻为R的电热器，此时变压器恰好在额定功率下工作，下列做法仍能保证变压器安全的是()A只减少副线圈的匝数B只增加副线圈匝数C只减少R的值D只减少原线圈匝数二、多选题(共4小题,共16分) 11.(多选)如图所示的电路中，三个相同的灯泡A、B、C和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计开关S从闭合状
6、态突然断开时，下列判断正确的有()AA先变亮，然后逐渐变暗BB先变亮，然后逐渐变暗CC先变亮，然后逐渐变暗DB、C都逐渐变暗12.(多选)在如图所示的电路中，自感线圈的电阻值为0，开关S1原来是闭合的，电路已达到稳定则下列操作与对应的描述正确的是()A闭合S2时，流经电阻R2的电流方向为abB断开S1时，流经电阻R2的电流方向为abC先闭合S2，待电路稳定后，再断开S2时，有电流流过R2D电路稳定时，流经R2的电流方向为ab13.(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两极M、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO
7、沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A电压表的示数为10 VB0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C若P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小D若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍14.(多选)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是()AP向下滑动时，灯L变亮BP向下滑动时
8、，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大分卷II三、实验题(共2小题,共14分) 15.有一根细长而均匀的金属管线样品，长约为60 cm，电阻大约为6 ，横截面如图甲所示（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为mm；（2）现有如下器材：A电流表（量程0.6 A，内阻约0.1 ）B电流表（量程3 A，内阻约0.03 ）C电压表（量程3 V，内阻约3 k）D滑动变阻器（1 750 ，0.3 A）E滑动变阻器（15 ，3 A）F蓄电池（6 V，内阻很小）G开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，
9、电流表应选，滑动变阻器应选（只填代号字母）（3）请将图丙所示的实际测量电路补充完整（4）已知金属管线样品材料的电阻率为，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是（所测物理量用字母表示并用文字说明）计算中空部分横截面积的表达式为S=16.某学生实验小组利用图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻使用的器材有：多用电表；电压表：量程5 V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 k；导线若干回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔
10、，调零点（2）将图1中多用电表的红表笔和（选填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图2所示，这时电压表的示数如图3所示多用电表和电压表的读数分别为k和V（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 k和4.00 V从测量数据可知，电压表的内阻为k（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图4所示根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为V，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为k四、计算题 17.某电厂要将电能输送到较远的用户，
11、输送的总功率为9.8104W，发电机的输出电压仅为350 V，为减少输电损失，实行先升压再降压已知输电线路的总电阻为4 ，允许损失5%.用户电压为220 V求升压、降压变压器的原副线圈的匝数比18.如图所示，匝数n100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO匀速转动，使线圈内的磁通量sin(100t) Wb.已知线圈的电阻r4 ，R146 ，R210 ，其余导线的电阻不计变压器原、副线圈的匝数比n1n241.求：(1)线圈产生电动势的最大值Em；(2)若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90的过程中，
12、通过R1的电荷量q；(3)断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P.19.如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场B0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O、半径为1 cm.现于纸面内先后放上圆形线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1 cm、10匝；D线圈半径为2 cm、1匝；C线圈半径为0.5 cm、1匝；问：(1)在磁感应强度B减少为0.4 T的过程中，A和D中的磁通量改变了多少？(2)当磁场转过30角的过程中，C中的磁通量改变了多少？20.如图所示，一光滑金属直角形导轨aOb竖直放置，Ob边水平导轨单位长度的电阻为，电阻可忽略不计的金属杆cd搭在导轨上，接触点为M、N.t0时，MONOL，B为
13、一匀强磁场、方向垂直纸面向外(磁场范围足够大，杆与导轨始终接触良好，不计接触电阻)(1)若使金属杆cd以速率v1匀速运动，且速度始终垂直于杆向下，求金属杆所受到的安培力随时间变化的表达式；(2)若保证金属杆接触点M不动，N以速度v2向右匀速运动，求电路中电流随时间的表达式；(3)在(1)问的基础上，已知杆的质量为m，重力加速度g，则求t时刻外力F的瞬时功率答案解析1.【答案】C【解析】利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，电磁感应现象表明磁能生电奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；电磁感应现象说明，磁能生电，故B错误；利用磁场变化产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确
14、；电磁感应现象揭示了磁能生电，它并没有揭示电流受到安培力的原因，故D错误；故选C.2.【答案】B【解析】在磁场中的线框与速度垂直的边等效为切割磁感线产生感应电动势的电源四个选项中的感应电动势大小均相等，回路电阻也相等，因此电路中的电流相等，B中a、b两点间电势差为路端电压，为电动势的倍，而其他选项则为电动势的倍故B正确3.【答案】D【解析】动圈式话筒利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号安全检查门利用了涡流现象磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理故选D.4.【答案】D【解析】电流表与线圈b构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，导致线圈
15、中产生感应电动势，从而可出现感应电流感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程中闭合与断开开关S的瞬间，a线圈中的电流发生了变化，穿过线圈b的磁通量发生变化，电流表G中产生感应电流闭合开关S后，穿过线圈b的磁通量都不发生变化，电流表G中没有感应电流，感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程中，这是在法拉第研究电磁感应现象的过程中的瓶颈所在故选项D符合题意5.【答案】B【解析】由变压器结构原理可知，线圈中的电流越大，应当用越粗的导线，在降压变压器中，原线圈的匝数多于副线圈的匝数，即n1n2，又，所以I2I1，说明通过电流大的(I2)线圈应是副线圈，导线相应要粗些，由题图知，ab线较粗，故输入电压(220
16、V)应接cd两端故选B.6.【答案】A【解析】三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过B的电流变大，流过A的电流变小，流过C的电流不变即A变暗，B变亮，C不变，故选A.7.【答案】A【解析】灯L1的亮度大于L2的亮度，这是因为交流电频率增大，容抗减小，L1变亮；又频率增大，感抗增大，L2变暗8.【答案】B【解析】理想变压器原副线圈交流电频率不变，即通过两个定值电阻R的交变电流的频率等于原线圈频率即f50 Hz，选项A对电压表示数为交流电压有效值，原线圈输入正弦交流电的有效电压U1220 V，选项B错原副线圈电压比等于匝数比
17、即，副线圈电压U222 V，两个阻值相等的电阻串联，副线圈电流I21 A，一个电阻的电压即电压表V2示数为I2R11 V，选项C对原线圈输入功率P1P2U2I222 W，选项D对9.【答案】C【解析】当输电线的电阻和输送的电功率不变时，根据PUI，知输送电压越高，输电线上的电流越小，根据P损I2R，输电线上损失的功率越小，故A错误，根据P损I2R，得输电导线的电阻越大，输电电流越大，输电导线上的功率损失越大，B错误，C正确；根据P损I2R，输电导线上的功率损失与电流强度的平方成正比，D错误，故选C.10.【答案】A【解析】根据P入P出有当n2增加时，P入增加，不能保证变压器的安全，故B错当减小
18、R时，P入增加，故C错；当减小n1时，P入增加，故D错；只有n2减小时，P入减小，才能保证变压器的安全11.【答案】AD【解析】设S闭合时通过每个灯泡的电流为I，则流过L1的电流为2I，流过L2的电流为I，当S断开时，通过电感的电流不会发生突变，L1中的电流从2I减小到零，L2中的电流从I减小到零，B、C中电流都从I减小到零，A中电流从2I减小到零，故B、C缓慢变暗，A灯先亮一下然后逐渐变暗，A、D正确12.【答案】AC【解析】由于自感线圈的电阻值为0，电路稳定时线圈两端电压为0，即与之并联的电阻R2两端电压为0，流经R2的电流为0，D错；闭合S2时，回路总电阻减小，电流增大，由于L的自感，使
19、a端电势高于b端，流经电阻R2的电流方向为ab，A正确；而断开S1时，b端电势高于a端，流经电阻R2的电流方向为ba，B错；先闭合S2，待电路稳定后，再断开S2时，回路总电阻增大，电流减小，线圈产生自感电动势，R2两端电压不为0(b高a低)，有电流流过R2，C正确13.【答案】ABD【解析】由图乙知交流电电压峰值为10V，电压表显示的为有效值10 V，A正确；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变
20、、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确14.【答案】BD【解析】由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡亮度不变，选项A错误；滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，选项B正确；滑片P上滑，电阻减小，副线圈输出电流I2增大，则原线圈输入电流I1增大，选项C错误；此时变压器输出功率P2U2I2将变大，选项D正确15.【答案】（1）1.1250.001（2）A E（3）如图所示（4）管线的长度L【解析】（1）螺旋测微器的读数等于1 mm+0
21、.0112.5 mm=1.125 mm（2）电路中的电流大约为I=A=0.5 A，所以电流表选择A待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量误差角度，所以滑动变阻器选择E（3）待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法滑动变阻器可以采用限流式接法，也可以采用分压式接法（4）还需要测量的物理量是管线长度L，根据R=，则S=，则中空部分的截面积S=S=16.【答案】（1）短接（2）1（3）15.03.60（4）12.0 （5）9.0015.0【解析】（1）欧姆表在使用中应先将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流
22、入，故红表笔接触1，黑表笔接2；（3）欧姆表读数=倍率表盘读数=1k15.0 =15.0 k；电压表读数为3.60 V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0 k；（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1k档位的内电阻为15.0 k；根据闭合电路欧姆定律，电动势为：E=U+r=4 V+15000 V =9 V17.【答案】【解析】依题意画出远距离输电电路如图所示：电路损失功率P损P总5%IR线，I2A35 A，升压变压器输出电压为U2V2.8103V据理想变压器原理得，升压变压器的初、次级的匝数比为，降压变压器的输入功率为：P3P总P损P总5%P总95%P总95
23、%9.8104W9.31104W降压变压器的初级电压为：U3V2 660 V所以降压变压器的匝数比为：12.18.【答案】(1)200V(2)C(3)238 W【解析】(1)EmnBSnm，得Em200V.(2)qt，n，得qC.(3)E，EU1I1r，U2I2R2，I1n1I2n2，PIR2，解得P238 W19.【答案】(1)1.256104Wb1.256104Wb(2)8.4106Wb【解析】(1)对A线圈，1B1r2，2B2r2.故磁通量改变量：|21|(0.80.4)3.14(1102)2Wb1.256104Wb.对D线圈，|21|(0.80.4)3.14(1102)2Wb1.256104Wb.(2)对C线圈，1Br2，磁场转过30，线圈面积在垂直磁场方向上的投影为r2cos 30 ，则2Br2cos 30 .故磁通量改变量：|21|Br2(1cos 30)0.83.14(5103)2(10.866) Wb8.4106Wb.20.【答案】(1)F安B2v1(Lv1t)(2)I(3)或【解析】(1)F安ILB，I，EBLv1.L(Lv1t)，R2(Lv1t)，解得：F安.(2)I，EBL，L，vv2cos，R(2Lv2t)，解得：I.(3)PF安PFPGPF安F安v1PGmgv1cos 45PF或PF安PFPG，结果为PF同样正确
