1、育才学校2018-2019学年度第二学期期中考试试题高二实验班物理总分：100分 时间：90分钟 一、单项选择题(共8小题,每小题3分,共24分) 1.物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰下列描述中符合物理学史实的是()A 楞次经过严密实验与逻辑推导，最终确认了电磁感应的产生条件：闭合线圈中磁通量变化，并找到了感应电流的方向的判断规律B 安培发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说C 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D “闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比”，这是法拉第在对理论和实验资料严格分析后得出的法
2、拉第电磁感应定律的内容2.输电线路的最大输电功率与输送电压的高低有关联，具体数据如下表：其中特高压输电是指输电电压为1000 kV及以上的输电方式由表中数据可以看出，当输送功率较大时，若输电电压较低则需要多组输电线路同时输送才可能完成现欲将4400 MW电功率输送相同距离，则用500 kV电压输电和1 000 kV电压输电，损失的电功率之比约为(若两种线路电缆材料相同，横截面积之比为16)()A 245 B 241 C 53 D 213.如图3所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的，现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则()图3A 铜盘转动将变慢 B 铜盘转动将变快C
3、铜盘仍以原来的转速转动D 铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定4.如图所示，等腰三角形内以底边中线为界，左右两边分布有垂直纸面向外和垂直纸面向里的等强度匀强磁场，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t0时刻恰好位于图中所示位置以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移(Ix)关系的是()A B C D5.如图甲所示，正方形导线框abcd放在绝缘水平面上，导线框的质量m1 kg，边长L1 m，电阻R0.1 ，mn为bc边中垂线，由t0时刻开始在mn左侧的线框区域内加一竖直向
4、下的磁场，其感应强度随时间的变化规律如图乙所示，在mn右侧的线框区域内加竖直向上，磁感应强度为B20.5 T的匀强磁场，线框abcd的四边恰在磁场的边界内，若导线框与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，它们之间的动摩擦因数0.3，g10 m/s2，则下列说法正确的是()A 导线框中的感应电动势为0.5 VBt0.5 s时刻，导线框中感应电流为零C 导线框中产生俯视逆时针方向的感应电流D 导线框一直静止在绝缘水平面上6.理想变压器如图所示，副线圈接有三个灯泡，原线圈与一个灯泡串联在交流电源上，若四个灯泡完全相同且都正常发光，则电源两端的电压U1与灯泡两端的电压U2之比为()A 11 B 21
5、C 31 D 417.如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆立在轨道上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A感应电流的方向始终是PQB感应电流的方向先是由PQ，后是由QPCPQ受磁场力的方向垂直于杆向左DPQ受磁场力的方向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左8.如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，PQ和MN部分的导轨间距为3L，导轨平面与水平面的夹角为30，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中金属杆ab和cd的质
6、量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个沿导轨平面向上的作用力F，使其沿斜面匀速向上运动，同时cd处于静止状态，则F的大小为()Amg Bmg Cmg Dmg二、多项选择题(共6小题,每小题4分,共24分) 9.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5105T一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是()A 电压表记录的电压为5 mVB 电压表记录的电压为9 mVC 河南岸的电势较高D 河北岸的电势较高10.如图所示，两根足够长光滑平
7、行金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则()A 金属棒ab最终可能匀速下滑B 金属棒ab一直加速下滑C 金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D 带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动11.如图所示，矩形线圈abcd的边长分别是abL，adD，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时)()At0时线圈的感应电动势为零B转过90时线圈的感应电动势
8、为零C 转过90的过程中线圈中的平均感应电动势为BLDD 转过90的过程中线圈中的平均感应电动势为12.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，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，整个装置处在一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位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中A 通过R的电流方向为由外向内B 通过R的电流方向为由内向外CR上产生的热量为D 流过R的电荷量为13.霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向均匀变化的匀强磁场，磁感应强度BB0kz(B0、k均为常数)
9、将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变(方向如图所示)，当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同则()A 磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大Bk越大，传感器灵敏度()越高C 若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D 电流越大，上、下表面的电势差U越小14.一台理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比是11：1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电一只理想二级管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图所示则下列判断正确的是()A 原、副线圈中的功率之比为11：1B 若滑动变阻器接入电路的阻值为10 ，则1 min内滑
10、动变阻器产生的热量为1 200 JC 若只将S从1拨到2，电流表示数减小D 若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减少三、计算题(共4小题,共52分) 15.（12分）如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧已知：磁感应强度为B；a的角速度大小为，长度为l，电阻为r；R1R22r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电
11、的小球质量为m、电量为q；重力加速度为g.求：(1)a匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度E的大小；(3)小球通过N点时对细线拉力FT的大小16. （14分）如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角30，间距L0.5 m，上端接有阻值R0.3 的电阻匀强磁场的磁感应强度大小B0.4 T，磁场方向垂直导轨平面向上一质量m0.2 kg，电阻r0.1 的导体棒MN，在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好当棒的位移d9 m时，电阻R上消耗的功率为P2.7 W其它电阻不计，g取10 m/s2.求：(1)此时通过电阻
12、R上的电流；(2)这一过程通过电阻R上的电荷量q；(3)此时作用于导体棒上的外力F的大小17. （14分）如图所示，在高度为L、足够宽的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、边长为L、电阻为R的正方形导线框abcd，在MN上方某一高度由静止开始自由下落当bc边进入磁场时，导线框恰好做匀速运动已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)导线框刚下落时，bc边距磁场上边界MN的高度h；(2)导线框离开磁场的过程中，通过导线框某一横截面的电荷量q；(3)导线框穿越磁场的整个过程中，导线框中产生的热量Q.18. （12分）交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于
13、磁场的轴OO匀速转动一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度BT如果用此发电机带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少？答案1.D2.A3.A 4.B5.C6.D7.B8.A9.BD10.BC11.BD12.AC13.AB14.BC15. 解：(1)依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右
14、，P板带正电，Q板带负电由右手定则可知，导体棒a顺时针转动(2)导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小：Bl2由闭合电路欧姆定律：I由欧姆定律可知，PQ的电压为：UPQIR2故PQ间匀强电场的电场强度大小：E联立，代入R1R22r，可得：E(3)设细线长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得：mgLEqLmv2又FTmg由得：FT3mg16.(1)3 A(2)4.5 C(3)2 N解：(1)根据电阻消耗的功率PI2R，得I3 A.(2)由法拉第电磁感应定律有E，又BLdEI(Rr)qIt解得qq4.5 C.(3)FmgsinBILma，2adv2EBLv解得F2 N.
15、17.(1)(2)(3)2mgL解：设线框进入磁场时的速度为v，由于导线框恰好做匀速运动，所以安培力与重力大小相等，方向相反，即mgF安；线框bc边切割磁感线产生的电动势为EBLv，故线框中产生的电流为I，线框在磁场中所受安培力为：F安BIL线框进入磁场前做自由落体运动，根据动能定理可以求出线框进入磁场时的速度v，即：mghmv20，所以：h.(2)根据法拉第电磁感应定律，离开磁场的过程中产生的感应电动势：E感应电流：I，通过导线框某一横截面的电荷量：qIt，联立解得：q.(3)由于磁场的宽度与线框的宽度相等，所以线框匀速穿过整个的磁场，整个的过程中线框减小的重力势能转化为线框产生的热量，即：Q2mgL.18.(1)1100 V(2)51(3)20 A【解析】(1)线圈转动产生的电动势最大值为：EmNBS1 100V，输出电压的有效值为U11 100 V.(2)由变压器的电压关系得：.(3)根据P入P出2.2104W，再根据P入U1I1，解得I120 A.
