1、2014-2015学年云南省昆明市滇池中学高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（每小题6分）1（6分）如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为（） A 沿abcda不变 B 沿adcba不变 C 由abcda变成adcba D 由adcba变成abcda【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 两根平行长直导线M、N中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，在中线OO右侧磁场向外，左侧磁场向里当导
2、线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向【解析】： 解：根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线OO右侧磁场向外，左侧磁场向里当导线框位于中线OO右侧运动时，磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba；当导线框经过中线OO，磁场方向先向外，后向里，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；当导线框位于中线OO左侧运动时，磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba故选：B【点评】： 本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况2（6分）用一段
3、截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R（rR）的圆环圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中如图所示，当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v，则（） A 此时整个环的电动势为E=2BvR B 忽略电感的影响，此时圆环中的电流I= C 此时圆环的加速度a= D 如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm=【考点】： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据切割产生的感应电动势公式求出整个环产生的电动势的大小，根据欧姆定律求出电流的大小，根据安培力大小，结合牛顿第二定律求出加速度，当加速度为零时，速度最大【解析】： 解：A、圆环落入磁感应强
4、度B的径向磁场中，垂直切割磁感线，则产生的感应电动势E=Blv=B2Rv故A正确B、圆环的电阻为R电=，圆环中感应电流为I=，故B错误C、圆环所受的安培力大小为F=BI2R，此时圆环的加速度为a=，m=d2Rr2，得a=g，故C错误D、当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等，速度最大，即有mg=F，则得d2Rr2g=B2R，解得，vm=故D错误故选：A【点评】： 题中圆环垂直切割磁感线，根据E=BLv、欧姆定律、电阻定律求解感应电流，当圆环匀速运动时速度最大，根据平衡条件求解最大速度3（6分）图中甲图所示的线圈为5匝，其端点a，b与电压表相连，线圈内磁通量变化规律如（b）图所示，则a，b两点的电
5、势高低及电压表读数为（） A ab，2伏 B ab，1伏 C ab，2伏 D ab，1伏【考点】： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势根据楞次定律判断感应电流的方向结合电路知识求出a、b两点电势差【解析】： 解：从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点
6、的电势根据法拉第电磁感应定律得：E=n=50.2 v=1v电压表读数为1v故选B【点评】： 通过t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道t图象斜率的意义在电磁感应的问题中要知道哪部分相当于电源4（6分）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的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 正方形的一条边在磁场中，改边切割磁感线，相当于电源，然后根据闭
7、合电路的有关知识进行求解【解析】： 解：磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ACD中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：U=，B图中a、b两点间电势差为路端电压为：U=，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图所示；故选：B【点评】： 本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确a、b两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压5（6分）平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图象是下图中的（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电
8、动势【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： 导体棒向右运动时，切割磁感线，产生感应电动势，注意根据几何关系求有效切割长度【解析】： 解析：当导体棒运动到图示位置时，其坐标值为x，则导体棒切割磁感线的有效长度为：所以：，根据数学知识可知，BCD错误，A正确故选：A【点评】： 本题考查了电磁感应与图象的结合，对于复杂图象问题注意依据物理规律写出两坐标轴之间的函数关系6（6分）关于分子动理论，下列说法中正确的是（） A 分子是组成物质的最小微粒 B 分子永不停息地作无规则热运动 C 分子间有相互作用的引力或斥力 D 扩散现象只能发生在气体、液体之间【考点】： 分子的热运动【专题】： 分子运动论专题
9、【分析】： 分子是保持物质的化学性质的最小微粒，它又由原子构成，分子永不停息地作无规则热运动，分子间存在相互作用力：引力和斥力；扩散现象发生在气体、液体、固体之间【解析】： 解：A、分子是保持物质的化学性质的最小微粒，但不是最小微粒，它又由原子构成，故A错误；B、分子永不停息地作无规则热运动，故B正确；C、分子间存在相互作用力：引力和斥力同时存在，故C错误；D、扩散现象发生在气体、液体、固体之间，故D错误；故选：B【点评】： 此题考查分子动理论的内容，对于这些知识平时要注意加强理解记忆，同时注意分子力、分子势能与分子之间距离关系7（6分）图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线
10、圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为10，外接一只电阻为90的灯泡，不计电路的其他电阻，则（） A t=0时刻线圈平面与中性面垂直 B 每秒钟内电流方向改变100次 C 灯泡两端的电压为22V D 00.01s时间内通过灯泡的电量为0【考点】： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】： 交流电专题【分析】： 当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大感应电动势最小为零由题图乙可知交流电电动势的周期，即可求解角速度线框每转一周，电流方向改变两次【解析】： 解：A、由图象乙可知t=0时感应电动势为零，处于中
11、性面上，故A错误；B、由题图乙可知周期T=0.02s，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故B正确；C、由题图乙可知交流电电动势的最大值是Em=31.1v，有效值为：，根据闭合电路的分压特点得电压表的示数为：，故C错误；D、根据得：00.01s时间内通过灯泡的电量为 代入数据 联立得：q=0.00198c，故D错误；故选：B【点评】： 本题是准确理解感应电动势与磁通量的变化，知道磁通量最大时，感应电动势反而最小明确线框每转一周，电流方向改变两次能从图象读取有效信息8（6分）如图所示，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（） A 开关S接通时
12、，A2灯先亮、A1灯逐渐亮，最后A1A2一样亮 B 开关S接通时，A1、A2两灯始终一样亮 C 断开S的瞬间，流过A2的电流方向与断开S前电流方向相反 D 断开S的瞬间，流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反【考点】： 自感现象和自感系数【分析】： 开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭【解析】： 解：该电路中，A与L并联，B与R并联，然后两部分串联；A、开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯
13、的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A错误，B错误；C、断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，此时流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反故C错误，D正确故选：D【点评】： 自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律，要注意哪一部分在自感回路中二、多项选择题（每题6分，选不全得3分）9（6分）如图所示，理想变压器原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，交流电压表V1、V2和电流表A1、A2均为理想电表，导线电阻不计
14、当开关S闭合后（） A A1示数变大，A1与A2示数的比值变大 B A1示数变大，A1与A2示数的比值不变 C V2示数变小，V1与V2示数的比值变大 D V2示数不变，V1与V2示数的比值不变【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解析】： 解：CD、由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，匝数比不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确AB、开关S闭合后，变压器副
15、线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A2示数变大，根据变压器电流与匝数关系可知A1示数变大；V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A错误，B正确；故选：BD【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法10（6分）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属
16、线框由静止下落到刚完全穿过匀强磁场区域过程的vt图象，图中字母均为已知量重力加速度为g，不计空气阻力下列说法正确的是（） A 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B 金属线框的边长为v1（t2t1） C 磁场的磁感应强度为 D 金属线框在0t4的时间内所产生的热量为2mgv1（t2t1）+m（v32v22）【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【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 金属框进入磁场前做匀加速运动，由图线与时间轴所围的面积读出金属框初始位置的bc边到边界MN的高度；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边
17、长；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热量【解析】： 解：A、金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向；故A错误；B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2t1，故金属框的边长：l=v1（t2t1）；故B正确；C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=，又 l=v1（t2t1）联立解得：B=；故C正确；D、t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mg1（t2t1）；t3到t4时间
18、内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+m（v）=mg1（t2t1）+（v）故Q=Q1+Q2=2mg1（t2t1）+（v），故D正确；故选：BCD【点评】： 本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力三、实验题（本题共8分，其中每空4分共8分；）11（8分）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定将画有
19、油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上完成下列填空：（1）上述步骤中，正确的顺序是（填写步骤前面的数字）（2）将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；测得l cm3的油酸酒精溶液有50滴现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13m2由此估算出油酸分子的直径为51010m（结果保留l位有效数字）【考点】： 用油膜法估测分子的大
20、小【专题】： 压轴题【分析】： 将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径【解析】： 解：（1）“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）测定一滴酒精油酸溶液的体积（题中的）准备浅水盘（）形成油膜（）描绘油膜边缘（）测量油膜面积（）计算分子直径（）（2）计算步骤：先计算一滴油酸酒精溶
21、液中油酸的体积=一滴酒精油酸溶液的体积配制比例=，再计算油膜面积，最后计算分子直径=m故答案为：（1）（2）51010【点评】： 本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度四、计算题（本题共32分，第12、13题每题10分第14题12分解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）12（10分）如图所示，一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为500kW，输出电压为500V，升压变压器B1原、副线圈的匝数比为1：10，两变压器间输电导线的总电阻为2降压变压器B2的输出电压为220
22、V，不计变压器的损耗求：（1）输电导线上损失的功率；（2）降压变压器B2的原、副线圈的匝数比【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： （1）先根据变压比公式求解升压变压器的输出电压；变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流；由功率公式求解输电线上损耗的电功率；（2）求出降压变压器的中输入电压，再由电压与匝数成正比求解降压变压器原、副线圈的匝数比【解析】： 解：（1）升压变压器的输出电压：U2=U1=10500=5000V传输电流：I2=100A损失的功率：P损=R=10022=20000W（2）降压变压器的输入电压为：U3=U2I2R=50001002=4800V降压变压器的
23、匝数比：=答：（1）输电导线上损失的功率为20000W；（2）降压变压器B2的原、副线圈的匝数比为240：11【点评】： 对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流13（10分）交流发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，置于磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以=100（rad/s）的角速度转动当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，已知线圈的电阻r=1，外电路电阻R=99试求：（1）电动势的最大值Em；（2）交变电流的有效值I；（3）外电阻R上消耗的功率PR【考点】： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电
24、功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： （1）根据Em=nBS求电动势的最大值；（2）先根据E=求解电动势的有效值，再根据闭合电路欧姆定律求电流有效值；（3）根据P=I2R求解外电阻R上消耗的功率【解析】： 解：（1）电动势的最大值：Em=nBS=100=400V；（2）电动势的有效值：E=200V；根据闭合电路欧姆定律，有：I=；（3）外电阻R上消耗的功率：PR=I2R=（2）299=792W；答：（1）电动势的最大值Em为400V；（2）交变电流的有效值I为2A；（3）外电阻R上消耗的功率PR为792W【点评】： 本题主要考查了交变电流的最大值、有效值
25、的求解方法，电动势的最大值为Em=nBS，求解热量用有效值14（12分）如图所示，质量m1=0.1kg，电阻R1=0.3，长度l=0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上框架质量m2=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数=0.2，相距0.4m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长电阻R2=0.1的MN垂直于MM整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM、NN保持良好接触当ab运动到某处时，框架开始运动设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2（1）求框架开始运动时ab速度v的
26、大小；（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q=0.1J，求该过程ab位移x的大小【考点】： 电磁感应中的能量转化；能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 压轴题【分析】： ab向右做切割磁感线运动，产生感应电流，电流流过MN，MN受到向右的安培力，当安培力等于最大静摩擦力时，框架开始运动根据安培力、欧姆定律和平衡条件等知识，求出速度依据能量守恒求解位移【解析】： 解：（1）由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F=FN=（m1+m2）g ab中的感应电动势E=Blv MN中电流 MN受到的安培力 F安=IlB 框架开始运动时F安=F 由上述各式代入数据，解得v=6m/s （2）导体棒ab与MN中感应电流时刻相等，由焦耳定律Q=I2Rt得知，QR 则闭合回路中产生的总热量：=0.1J=0.4J 由能量守恒定律，得：Fx=+Q总 代入数据解得x=1.1m 答：（1）求框架开始运动时ab速度v的大小为6m/s； （2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中ab位移x的大小为1.1m【点评】： 本题是电磁感应中的力学问题，考查电磁感应、焦耳定律、能量守恒定律定律等知识综合应用和分析能力
