1、赣县中学北校区2018-2019学年三月考高二物理试题一、选择题：（第8-10题为多选，其余为单选。每题4分，共40分）1、关于物理学史，下列说法正确的是()A奥斯特首先发现了电磁感应现象B楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕C法拉第首先发现了电流的热效应D纽曼和韦伯先后总结出了法拉第电磁感应定律2、如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈突然缩小为线圈，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)，下列说法正确的是()A有顺时针方向的感应电流B有逆时针方向的感应电流C有先逆时针后顺时针方向的感应电流D无感应电流3、如图所示的电路中，A、B是两个相同的小灯泡L是一个带铁芯的线
2、圈，其电阻可忽略不计调节R，电路稳定时两小灯泡都正常发光，则()A合上开关时，A、B两灯同时正常发光，断开开关时，A、B两灯同时熄灭B合上开关时，B灯比A灯先达到正常发光状态C断开开关时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同D断开开关时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭4、如图所示为一交变电流的it图象，则此交变电流的有效值为() A5 A B5 AC10 AD2.5 A5、如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60角放置，且接触良好，金属棒及导轨电阻不计，则当金属棒以垂
3、直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，电阻R中的电流为()A.B.C. D.6、如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线共线，从t0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域，用I表示导线框中的感应电流，取逆时针方向为正，则下列表示It关系的图线中，大致正确的是() 7、如图所示的电路中，电源电压u311sin 100t V，A、B间接有“220 V440 W”的电暖宝、“220 V220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝下列说法正确的是() A交流电压表
4、的示数为311 VB电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 AC电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32104 J8、对电容器能通过交变电流的原因，下列说法中正确的是()A当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流B当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，电路中才有交变电流C在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动D在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器9、如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨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
5、、有效阻值为的金属导线ab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MRPBa、b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10、如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R44 ，电流表A1的示数为0.20 A下列判断中正确的是().A.初级线圈和次级线圈的匝数比为21B.初级线圈和次级线圈的匝数比为51C.电流表A2的示数为1.0 AD.电流表A2的示数为0.4 A二、填空题（每空2分，共16分）11、
6、为了探究电磁感应现象的产生条件，图中给出了必备的实验仪器(1)请你用笔画线代替导线，将实验电路连接完整(2)正确连接实验电路后，在闭合开关时灵敏电流计的指针发生了偏转开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片，灵敏电流计的指针_偏转(选填“发生”或“不发生”)断开开关时灵敏电流计的指针_偏转(选填“发生”或“不发生”)12、某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A前端装有橡皮泥，小车B前端装有撞针，轻推一下小车A使之匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并连成一体，继续做匀速运动。他设计的装置如图1所示，在小车A的后面连着纸带，打出的其中一条纸带如图2所示，电磁打点计
7、时器电源频率为50 Hz。(1)木板的一端下边垫着小木块用来_。(2)在实验中，需要的测量工具有_。A弹簧测力计 B毫米刻度尺C天平 D螺旋测微器(3)已测得小车A(包括橡皮泥)的质量为m10.310 kg，小车B(包括撞针)的质量为m20.205 kg，由以上测量可得：(结果保留三位有效数字)碰前两车质量与速度乘积之和为_ kgm/s；碰后两车质量与速度乘积之和为_ kgm/s。(4)结论：_。三、计算题（第13题10分，14题10分，15题12分，16题12分）13、如图甲所示，n150匝的圆形线圈M，处在垂直纸面向里的匀强磁场内，其电阻为1，它的两端点a、b与阻值为2的定值电阻R相连，穿
8、过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示。（1）判断a、b两点的电势高低；（2）求a、b两点的电势差Uab。14、如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，磁场方向与转动轴垂直已知线圈匝数n400，电阻r0.1 ，长L10.05 m，宽L20.04 m，角速度100 rad/s，磁场的磁感应强度B0.25 T线圈两端外接电阻R9.9 的用电器和一个交流电流表(内阻不计)，求：(1)线圈中产生的最大感应电动势；(2)电流表的读数；(3)电阻上消耗的电功率15、如图所示，有两个质量都为m的小球A和B(大小不计)，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上现将A球
9、拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则：(1)它们一起上升的最大高度为多大？(2)碰撞中损失的机械能是多少？16、如图甲所示，足够长的光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L1.0 m，导轨平面与水平面间的夹角为30，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的M、P两端连接阻值为R3.0 的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量m0.20 kg，电阻r0.50 ，重物的质量M0.60 kg，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系图像如图乙所示，不计导轨电阻，g取10 m/s
10、2.求：(1)磁感应强度B的大小；(2)前0.6 s内通过电阻R的电量；(3)前0.6 s内电阻R产生的热量 甲乙1、解析：法拉第发现了电磁感应现象，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项B错误；焦耳发现了电流的热效应，选项C错误；纽曼和韦伯先后总结出了法拉第电磁感应定律，选项D正确答案：D2、【解析】穿过线圈的磁通量包括磁体内全部和磁体外的一部分，合磁通量是向上的当线圈突然缩小时合磁通量增加，原因是磁体外向下穿过线圈的磁通量减少由楞次定律判断，感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确【答案】A3、解析：合上开关时，B灯立即正常发光，A灯所在的支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流的增大，A
11、灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态，故选项A错误、B正确；断开开关时，L中产生与原电流方向相同的自感电流，流过A灯的电流方向与原电流方向相同，流过B灯的电流方向与原电流方向相反，选项C错误；因为断开开关后，由L作为电源提供的电流是从原来稳定时通过L的电流值逐渐减小的，所以A、B两灯只是延缓一些时间熄灭，并不会比原来更亮，选项D错误答案：B4、【解析】对于正弦式交变电流可直接应用最大值为有效值的倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦式交流，可直接得到这两部分正弦式交变电流的有效值，分别为I12.5 A和I27.5 A，分别取一个周期T中的前0.01 s和后0.01 s计算产生的电热QIR0
12、.01 JIR0.01 J，再利用有效值的定义得QI2R0.02 J，解得I2.5 A.【答案】D5、解析：因磁感应强度B的方向、棒的运动方向及棒本身三者相互垂直，故EBlv，其中l，结合欧姆定律可知选项A正确答案：A6、解析：选D从t0开始，线框的位移从0到l，导线框切割磁感线的有效长度线性增加，感应电流也线性增加；线框的位移从l到2l，线框完全进入磁场，无感应电流；线框的位移从2l到3l，导线框切割磁感线的有效长度线性减少，感应电流也线性减小。D正确。7、【解析】由u311sin 100t V可知，交变电压的有效值为220 V，故交流电压表的示数为220 V，选项A错误；由两用电器的额定功
13、率为660 W，根据PUI可知，保险丝的额定电流应不小于3 A，选项B错误；因抽油烟机220 W包括热功率及机械功率，故电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍还要多，选项C错误；根据WPt可得1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32104 J，选项D正确【答案】D8、解析：选BD直流电不能通过电容器，将电容器接在交流电路中，由于电容器上电压改变，电容器充、放电交替进行，在电路上形成了电流，相当于交变电流“通过”了电容器。电容器通电实质是反复充、放电来实现的，实际并无电荷通过电容器。故B、D正确。9、解析：选AC由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为MRP，A正确；金
14、属导线产生的电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为BLv，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误。10、解析由题意可求得初级线圈的功率，利用理想变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流，再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比.由电压表V的示数和电流表A1的示数可得初级线圈中的功率P1U1I1，P1P2IR，所以电流表A2的示数为I2 A1.0 A，C正确；初级线圈和次级线圈的匝
15、数比，B正确.答案BC11、解析：(1)A线圈与滑动变阻器、电源、开关构成闭合电路，B线圈与灵敏电流计连接(2)只要让B线圈中的磁通量发生变化，都能产生感应电流，而让灵敏电流计指针发生偏转，故移动变阻器的滑片会导致B线圈中的磁通量发生变化；断开开关，也能导致B线圈中的磁通量发生变化答案：(1)如图所示(2)发生发生12、答案(1)平衡摩擦力(2)BC(3)0.6200.618(4)在实验误差允许的范围内，两小车的质量和速度的乘积(mv)之和在碰撞中保持不变解析(1)木板的一端下边垫着小木块用来平衡摩擦力。(2)实验中需要测量小车的质量和速度，所以需要天平，需要运用刻度尺测量点迹间的距离，从而计
16、算出速度。所以B、C两项是正确的。(3)碰撞前，小车A的速度v1 m/s2.0 m/s，碰撞后，系统的速度v2 m/s1.2 m/s，则碰撞前两车质量与速度乘积之和p1m1v100.3102.0 kgm/s0.620 kgm/s，碰撞后两车质量与速度乘积之和p2(m1m2)v2(0.3100.205)1.2 kgm/s0.618 kgm/s。(4)可以知道在实验误差允许的范围内，两小车的质量和速度的乘积(mv)之和在碰撞中保持不变。13、解析：(1)由t图象知，穿过M的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知a点电势比b点高，(2)由法拉第电磁感应定律知E n1500.2V30V。由闭合电路欧姆定律知
17、：I10AUabIR102V20V。答案：(1)a点电势比b点高(2)20V14、【解析】(1)EmnBS，代入数据得Em4000.250.050.04100 V20 V.(2)Im，代入数据得Im A2 A.因为是正弦式交变电流，所以电流表读数即有效值I A1.41 A.(3)PI2R()29.9 W19.8 W.【答案】(1)20 V(2)1.41 A(3)19.8 W15、解析：(1)A球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，即mghmv，所以v1，A球对B球碰撞满足动量守恒mv1(mm)v2，所以v2v1；对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，(mm)v(mm)gh，解得h.(2)Emv2mvmgh.答案：(1)(2)mgh16、【解析】(1)由题图乙得ab棒匀速运动时的速度v3.5 m/s感应电动势EBLv，感应电流I棒所受安培力FBIL棒ab匀速时，棒受力平衡，mgsin 30Mg解得B T.(2)由题图乙得，在0.6 s内ab棒上滑的距离s1.40 m，通过电阻R的电量q C.(3)设0.6 s内整个回路产生的热量为Q，由能量守恒定律得Mgsmgssin Q(Mm)v2，解得：Q2.1 J电阻R产生的热量QR Q1.8 J.【答案】(1) T(2) C(3)1.8 J
