1、鹤岗一中2013-2014学年度下学期期中考试高二物理试题 命题人：李雪梅 审题人：张玉一选择题：（共48分，其中2、4、9、12题为多选，其余为单选）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产生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】DA、只有穿过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，穿过闭合电路的磁通量不为零，若磁通量不变化，没有感应电流产生，故A错误；B、感应电
2、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；C、穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势不一定越大，故C错误；D、穿过闭合电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势越大，故D正确。故选D。【考点】法拉第电磁感应定律2、如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，导线右侧充满垂直纸面向里的匀强磁场，一矩形线圈与导线在同一平面上，下列情形中线框内能产生感应电流的是( ) A、导线中电流变大 B、线框水平向右平动C、线框竖直向下平动 D、线框以ab边为轴转动【答案】ABDA、导线中电流强度变大，则周围的磁感
3、应强度增强，则线框中磁通量增大，故可以产生感应电流，故A正确；B、线框向右运动时，线框中的磁感应线强减小，故磁通量减小，能产生感应电流，故B正确；C、线框向下运动时，线框中的磁感应强度不变，磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；D、线框以ad边为轴转动时，线框中的磁通量发生 变化，故会产生感应电流，故D正确。故选ABD。【考点】感应电流的产生条件3、如图所示，一有限范围的匀强磁场，宽度为d，将一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域，若dL，则在线框中不产生感应电流的时间应等于（ ）A、d/v B、L/v C、(dL)/v D、(d2L)/v【答案】C导线框完全在磁场中时，导线框
4、不产生感应电流，此过程的路程s=d-L，则无感应电流的时间：，故C正确。故选C。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；感应电流的产生条件4、一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电的电动势 (V)，那么，下列说法正确的是（ ）A、该交流电的频率是100赫兹B、当t = 0时，线圈平面恰好与中性面重合C、当t=1/200秒时，电动势e有最大值D、使用这个交流电的用电器，每通过一库仑的电量时，电流做功220焦耳【答案】BCDA、根据可知=100，则有：，故A错误；B、t=0时，电动势为零，线圈平面处于中性面，故B正确；C、当时，具有最大值，故C正确；D、由知，每通过一库仑的电量时，电流做功，故D正
5、确。故选BCD。【考点】正弦式电流的函数表达式；焦耳定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率5如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光。某时刻将电键K打开，则下列说法正确的是（ ）A、a点电势高于b点，A灯变亮后缓慢熄灭B、b点电势高于a点，B、C灯变亮后缓慢熄灭C、a点电势高于b点，B、C灯变亮后缓慢熄灭D、b点电势高于a点，B、C灯不会变亮只是缓慢熄灭【答案】B开关闭合稳定时，流过A的电流大于流过BC的，开关由闭合到断开瞬间，BC灯原来的电流瞬间消失，而线圈产生自感电动势阻碍BC灯中电
6、流减小，并与ABC组成回路，原来两支路灯电流不相等，则开关断开瞬间，电流都从原来A的值开始减小，所以三灯均过一会儿才熄灭，而流过灯泡BC的电流比原来大，B、C灯变亮后缓慢熄灭，b点电势高于a点。故选B。【考点】自感现象和自感系数6、如图所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W2、通过导线截面的电荷量为q2，则( )A、W1W2 q1q2 B、W1W2 q1q2C、W1W2 q1W2 q1q2【答案】A设线框的长
7、为L1，宽为L2，速度为v第一次：线框所受的安培力大小为：线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为：，外力做功为：；第二次：同理可得：因为L1L2，所以有：W1W2两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2。故选A。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化7、.如图所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接。若声源S振动时，则( )A、a振动过程中，a、b板间的电场强度不变
8、B、a振动过程中，a、b板所带电荷量不变C、a振动过程中，灵敏电流计中始终有方向不变的电流D、a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器的电容最大【答案】DA、a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化，故A错误；B、a振动过程中，a、b间电压不变，由公式分析得知，a、b板所带的电量会周期性变化，故B错误；C、a振动过程中，a、b板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化，故C错误；D、a向右的位移最大时，a、b板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大，故D正确。故选D。
9、【考点】电容器的动态分析；简谐运动的回复力和能量8、如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计，线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（ ）A、线框中产生交变电压的有效值为VB、图示位置穿过线框的磁通量为零，此时流过熔断器的瞬时电流为AC、变压器原、副线圈匝数之比为2511D、允许变压器输出的最大功率为W【答案】CA、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的
10、最大值为，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为500V，故A错误；B、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，故B错误；C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为，故C正确；D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为，故D错误。故选C。【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流发电机产生正弦式电流的原理9、如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时开关S断开，当S接通时，以下说法中正确的是（ ）A、副线圈两端M、N的输出电压减小B、副线圈输电线等效电阻R上的电压降增大
11、C、通过灯泡L1的电流减小D、原线圈中的电流增大【答案】BCDA、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，故A错误；BC、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，故BC正确；D、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，故D正确。故选BCD。【考点】变压器的构造和原理10、如图所示，两块竖直放置的金属板间距为d，用导线与一匝数为n的线圈连接线圈内部分布有方向水平向左的匀强磁场两板间有
12、一个一定质量、电荷量为q的油滴在与水平方向成30角斜向右上方的恒力F的作用下恰好处于平衡状态则线圈内磁场的变化情况和磁通量的变化率分别是()A、磁场正在增强， B、磁场正在减弱，C、磁场正在减弱， D、磁场正在增强，【答案】B电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力水平向左，则电容器的右极板带正电，所以线圈右端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；线框产生的感应电动势：；油滴所受电场力：，对油滴，受力分析，结合力的平行四边形定则，根据平衡条件得：；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为；，故B正确。故选B。【考点】法拉第电磁感应定律；带电粒子在混合
13、场中的运动11、如图所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是( )【答案】D线圈进入磁场，在进入磁场0-L的过程中，E=BLv，电流，方向为逆时针方向安培力的大小，根据左手定则，知安培力方向水平向左；在L-2L的过程中，电动势，电流，方向为顺时针方向，安培力的大小，根据左手定则，知安培力方向水平向左；在2L-3L的过程中，电流，方向为逆时针方向，安培力的大小为，根据左手定则，知安培力方向水平向左，
14、故D正确。故选D。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；左手定则12、两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻.将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外，其余电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A、释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB、金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC、金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为D、电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【答案】ACA、释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属
15、棒的加速度为g，故A正确；B、金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R的电流方向为ba，故B错误；C、金属棒的速度为v时，回路中产生的感应电流为，金属棒所受的安培力大小为，故C正确；D、由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律得知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，故D错误。故选AC。【考点】体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化二、填空题（每空4分， 共24分）13一个匝数n=1
16、00匝的线圈，如果在时间内，穿过线圈的磁通量变化，则线圈中产生的感应电动势的大小为 V，若该线圈的总电阻为100，通过线圈的感应电流的大小为 A.【答案】1600V 16A （1）线圈中总的磁通量变化，时间间隔t=0.02s，根据法拉第电磁感应定律，有：；（2）根据闭合欧姆定律，有：。【考点】法拉第电磁感应定律14如图所示为某交流电随时间变化的图象，则该交变电流的有效值为 A。【答案】5A将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有解得：I=5A。【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系15、现用220V和11kV两种电压来输电，如果输送的电功率、输电线上的功率损失、
17、导线的长度和电阻率都相同，则对应的两种导线横截面积之比为 。【答案】2500：1根据P=UI得，则，因为输送的电功率、输电线上的功率损失相同，输送电压之比为1：50，则电阻之比为1：2500，根据得，导线的长度和电阻率相同，则导线的横截面积之比为2500：1。【考点】远距离输电16、在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图所示位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v/2，则此时圆环中的电功率为 ；此时圆环的加速度为 。【答
18、案】 当圆环运动到PQ时，左右半圆均切割磁感线产生电动势，由右手定值可以判断顺时针方向，且切割的有效长度均为2a，所以电动势：此时圆环中的电功率：解得：左右圆环受到得安培力分别相当于两直径所受安培力，根据牛顿第二定律得： 而，解得：【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化三、计算题（共28分）17、（9分）如图所示，在磁感应强度T的水平匀强磁场中，有一边长为L=10cm，匝数N=100匝，电阻r=1的正方形线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，转速r/s，有一电阻R=9，通过电刷与两滑环接触，R两端接有一理想电压表，求：（1）若从线圈通过中性面时开始计时，写出电动势瞬
19、时植表达式；（2）求从中性面开始转过1/6T时的感应电动势与电压表的示数；（3）在1分钟内外力驱动线圈转动所作的功；【答案】 （1）角速度电动势的最大值表达式（2）电压有效值电压表示数从中性面开始转过时的感应电动势（3）外力做的功转化为电能【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率18、（9分）一台理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，输入电压U1=220V，两个副线圈的匝数分别是n2=60匝，n3=600匝，若通过两副线圈中的电流强度分别是I2=1A、I3=4A，求原线圈中的电流强度及两个副线圈的输出电压。【答案】2.24A 12V 120V根据电压与匝数成正比可得，根据电压与
20、匝数成正比可得，根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可得，即，所以。【考点】变压器的构造和原理19、(10分)如图所示，一边长L= 0.2m，质量m1=0.5kg，总电阻R= 0.1的正方形导体线框abcd，与一质量为m2=2kg的物块通过轻质细线跨过两光滑定滑轮相连。起初ad边距磁场下边界为d1=0.8m，磁感应强度B=2.5T，磁场宽度d2=0.3m，物块放在倾角=53的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数=0.5。现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动。（g取10m/s2，sin53=0.8，cos53= 0.6）求：（1）线框ad边从磁场上边缘
21、穿出时速度的大小；（2）线框刚刚全部进入磁场时，线框动能大小；（3）整个运动过程线框产生的焦耳热为多少；【答案】 （1）由于线框匀速出磁场，受力分析知对m2有：对m1有：又因为有：联立得：（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：将速度v代入，整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为：所以此时线框的动能为：（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得：将数值代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：【考点】能量守恒定律；动能定理；焦耳定律鹤岗一中2013-2014学年度上学期期中考试高二物理试题答案15 D ABD C BCD B
22、610 A D C BCD B 1112 D AC 13 1600V 16A 14 5A15、2500：116、 三、计算题（共28分）17、（9分）（1）角速度电动势的最大值表达式（2）电压有效值电压表示数从中性面开始转过时的感应电动势（3）外力做的功转化为电能18、（9分）根据电压与匝数成正比可得，根据电压与匝数成正比可得，根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可得，即，所以。19、(10分)（1）由于线框匀速出磁场，受力分析知对m2有：对m1有：又因为有：联立得：（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：将速度v代入，整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为：所以此时线框的动能为：（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得：将数值代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()