1、云南省玉溪市通海二中2018年高二下学期期中考试物理试卷一、选择题 1. 如图所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1n261，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻当原线圈两端接有如图所示的交流电时，三只灯泡都能发光如果加在原线圈两端的交流电的峰值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的是()A. 副线圈两端的电压有效值均为6 VB. 副线圈两端的电压有效值均为108VC. 灯泡变亮，灯泡变亮D. 灯泡变暗，灯泡变亮【答案】D【解析】由乙图知，所接电压峰值为36V，由，则副线圈峰值电压
2、为6V，AB错误、当频率变为原来的2倍，则电感对交流电阻碍变大，电容对交流电阻碍变小，电阻不变，C错误、D正确2. 如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B，下列说法中正确的是()A. 有顺时针方向的电流且有收缩的趋势B. 有顺时针方向的电流且有扩张的趋势C. 有逆时针方向的电流且有收缩的趋势D. 有逆时针方向的电流且有扩张的趋势【答案】D【解析】小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，由右手螺旋定则可知，电流的磁场向里且逐渐增大；由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的
3、方向向外，感应电流的方向为逆时针方向；B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故ABC错误，D正确；故选D。【点睛】A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；根据楞次定律可判断A中带电及转动情况3. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2101，输出端电阻R50 ，把原线圈接入“220 V,50 Hz”的正弦交流电时(电表为理想电表)()A. 当X为电流表时，若电阻R增大，则原线圈中的电流将增大B. 当X为电流表时，电压表V的示数为22 VC. 当X为电流表时，电流表的示数为0.44AD
4、. 当X为二极管时，电压表V的示数为11 V【答案】B【解析】当X为电流表时，若电阻R增大，则次级电流减小，原线圈中的电流也将减小，选项A错误；根据，此时电流表的示数 ,则当X为电流表时，电压表V的示数为22 V，电流表的示数为0.44 A，选项B正确，C错误；当X为二极管时，电压表测量的是R两端电压的有效值，根据有效值的概念 可得,则V的示数为11 V，选项D错误；故选B.4. 长度相等、电阻均为r的三根金属棒AB、CD、EF用导线相连，如图所示，不考虑导线电阻，此装置匀速进入匀强磁场的过程中(匀强磁场垂直纸面向里，宽度大于AE间距离)，AB两端电势差u随时间变化的图像是()A. B. C.
5、 D. 【答案】C【解析】设磁感应强度为B，EF=CD=AB=L，导线运动的速度为v仅EF进入磁场切割磁感线时，EF是电源，AB与CD并联，AB两端电势差u=BLv仅CD、EF进入磁场切割磁感线时，CD、EF是并联电源，AB两端电势差u=BLv当AB、CD、EF都进入磁场切割磁感线时，AB、CD、EF是并联电源，AB两端电势差u=BLv故选C5. 如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在tt1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是()A. B. C. D. 【答案】B
6、【解析】开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，所以正确选项B。 6. 如图a所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图b所示已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为线圈cd中每个时间段内电流大小不变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变；根据法拉第电磁感
7、应定律得：，电流为：，则线圈ab中每个时间段内电流的磁场均匀变化。正确反应这一关系的图象只有C,故C正确，A、B、D错误。故选：C。【名师点睛】线圈cd与示波器连接，在每个时间段内电流不随时间变化，则根据法拉第电磁感应定律，产生感应电流的磁场均匀变化，由此判断线圈ab电流的变化。 7. 关于电磁感应现象，下列说法中正确的是()A. 电磁感应现象最先是由奥斯特通过实验发现的B. 电磁感应现象说明了在自然界中电一定能产生磁C. 电磁感应现象是由于线圈受磁场力的作用而产生的D. 电磁感应现象是指闭合回路满足一定的条件产生感应电流的现象【答案】D【解析】电磁感应现象最先是由法拉第通过实验发现的，A错电
8、磁感应现象说明了在自然界中在一定条件下磁能生电，B错电磁感应现象是指闭合回路满足一定的条件产生感应电流的现象，C错，D对（闭合回路磁通量发生改变，会产生感应电流）8. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2115.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u220 sin (100t) V副线圈接入电阻的阻值R100 ，图中电压表和电流表均为理想电表则()A. 通过电阻的电流是22 AB. 交流电的频率是100 HzC. 电压表的示数是100 VD. 变压器的输入功率是484 W【答案】C【解析】输入电压的有效值U1220 V，根据，因此副线圈电压的有效值为100 V，因此电压表示数为100
9、V，C正确；流过电阻的电流，A错误；变压器的输出功率PUI100 W，而输入功率等于输出功率，因此输入功率为100 W，D错误；变压器只改变电压不改变频率，因此交流电的频率为50 Hz，B错误故选C9. 一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示，下面说法中正确的是()A. t1时刻通过线圈的磁通量为零B. t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C. t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D. 每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大【答案】D【解析】t1时刻，感应电动势为零，通过线圈的磁通量变化率的绝对值为零，通过线圈的磁通量
10、最大，选项AC错误； t2时刻感应电动势最大，此时通过线圈的磁通量的绝对值最小，选项B错误； 每当e变换方向时，线圈均处于中性面位置，此时通过线圈的磁通量绝对值都为最大，选项D正确；故选D.点睛：线圈在磁场中转动时，当磁通量最大时，磁通量的变化率最小，感应电动势为零；当磁通量为零时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大.10. 由法拉第电磁感应定律公式E 可知()A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势E一定越大B. 穿过线圈的磁通量改变量越大，感应电动势E一定越大C. 穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势E一定越大D. 穿过线圈的磁通量发生变化的时间t越小，感应电动势E一定越大【答案】C【解析
11、】由法拉第电磁感应定律可知：，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于磁通量的变化快慢，故C正确，ABD错误。11. 500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中若输送功率为3200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变)()A. 0.4PB. 0.16PC. 2.5PD. 6.25P【答案】B【解析】根据可知：当输电电压由200 kV升高到500 kV时，其线路损耗由P减小到0.16P，故B正确，ACD错误。12. 有一理想变压器，副线圈所接电
12、路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡当S断开时，灯L1正常发光S闭合后，下列说法正确的是()A. 灯L1、L2都能正常发光B. 原线圈的输入功率减小C. 原、副线圈的电流比增大D. 电阻R消耗的功率增大【答案】D考点：变压器；动态电路分析【名师点睛】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13. 如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 .从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1A，那么()A. 线圈消耗的电功率为4 W
13、B. 线圈中感应电流的有效值为2 AC. 任意时刻线圈中的感应电动势为e4costD. 任意时刻穿过线圈的磁通量为sint【答案】AC【解析】从垂直中性面开始其瞬时表达式为，则电流的最大值为，B错误；感应电动势的最大值为 ，任意时刻线圈中的感应电动势为，C正确；线圈消耗的电功率为，A正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为，根据公式可得,故，D错误； 14. 如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为BT的水平匀强磁场中，线框面积S0.5 m2，线框电阻不计，线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度200 rad/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“220 V,60 W”的
14、灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是()A. 图示位置穿过线框的磁通量为0B. 线框中产生交变电压的有效值为500VC. 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5 000 W【答案】CD【解析】试题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解：A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，所以A错误B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em=nBs=500.5200=V，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为500V，所以B错误C、由
15、于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为=，所以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P=UI=50010=5000W，所以D正确故选：CD【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决15. 如图所示，线圈匝数为n、横截面积为S、线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r.由此可知，下列说法正确的是()A. 电容器上极板带正电B. 电容器下极板带正电C. 电容器所带电荷量为D. 电容器所带电荷量为【答案】AD D
16、正确，C错误.考点：本题考查了楞次定律和闭合电路欧姆定律16. 如图所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e0.5sin(20t) V，由该表达式可推知以下哪些物理量()A. 匀强磁场的磁感应强度B. 线框的面积C. 穿过线框的磁通量的最大值D. 线框转动的角速度【答案】CD【解析】根据正弦式交变电流的表达式：eBSsint，可得20 rad/s，而磁通量的最大值的大小的表达式为BS，所以可以根据BS0.5求出磁通量的最大值故选CD二、计算题 17. 某学校有一台应急备用发电机，内阻为r1 ，升压变压器的匝数比为14，降压变压
17、器的匝数比为41，输电线的总电阻为R4 ，全校22个教室，每个教室用“220 V,40 W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，求：输电线上损耗的电功率多大？【答案】144 W【解析】根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的传输过程，如图所示所有灯都正常工作的总功率为P222640 W5 280 W灯泡都正常工作时的总电流为I2两个变压器之间输电线上的电流为 故输电线上损耗的电功率点睛：若要求输电线上损失的功率，则应该求出输电线上的电流为多少，然后利用公式 求损失的功率。18. 如图所示，一个边缘带有凹槽的金属圆环，沿其直径装有一根长2L的金属杆AC，可绕通过圆环中心的水平轴O转动将一根质量不计的
18、足够长细绳一端固定于槽内并将绳绕圆环槽内，绳子的另一端悬挂了一个质量为m的物体圆环的一半处在磁感应强度为B，方向垂直环面向里的匀强磁场中现将物体由静止释放，若金属圆环和金属杆单位长度的电阻均为R.忽略所有摩擦和空气阻力(1)设某一时刻圆环转动的角速度为0，且OA边在磁场中，请求出此时金属杆OA产生电动势的大小；(2)请求出物体在下落中可达到的最大速度；(3)当物体下落达到最大速度后，金属杆OC段刚要进入磁场时，杆的A、O两端之间电压为多大？【答案】（1） （2） （3） 【解析】试题分析：（1）已知金属杆转动的角速度，OA产生的电动势：（2）等效电路如图所示，两个半圆部分的电阻并联后与另一半半
19、径上的电阻串联，R外2=LR；r=LR当达到最大速度时，重物的重力的功率等于电路中消耗的电功率：其中：v=0L联立以上公式，解得：（3）当物体下落达到最大速度后，杆受到的安培力的力矩与物体的力矩相等，得：BILmgL所以OA上的电流大小为：当OC段在磁场中时，考点：电磁感应；全电路欧姆定律；电功率. 19. 如图所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道，半径为r、间距为L，图中Oa水平，cO竖直，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、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2
20、mg.整个过程中金属棒与导轨接触良好，轨道电阻不计，求：(1)金属棒到达轨道底端cd时的速度大小和通过电阻R的电流；(2)金属棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量；(3)若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中拉力做的功为多少？【答案】（1） ； （2） ； （3） 【解析】试题分析：（1）到达轨道底端cd时由牛顿定律：解得感应电动势感应电流所以（2）由能量守恒定律得：产生的焦耳热平均感应电动势平均感应电流通过R的电荷量解得（3）金属棒中产生正弦交变电流的有效值在四分之一周期内产生的热量由功能关系有解得拉力做的功为考点：牛顿
21、第二定律；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.20. 如图所示，ab、cd为静止于水平面上宽度为L且长度很长的U形金属滑轨，bc连接有电阻R，其他部分电阻不计，ef为一可在滑轨平面上滑动、质量为m且电阻不计的均匀金属棒，一匀强磁场B垂直滑轨平面向上金属棒由一水平细绳跨过定滑轮连接一质量为M的重物若重物从静止开始下落，设定滑轮无质量，且金属棒在运动中均保持与bc边平行，忽略所有摩擦力，则：(1)当金属棒做匀速运动时，其速度是多少？(忽略bc边对金属棒的作用力)(2)若重物从静止开始至匀速运动之后的某一时刻下落的总高度为h，求这一过程中电阻R上产生的热量【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：物体做匀速直线运动，由共点力的平衡条件可求得物体运动的速率；对全程由能量守恒定律可求得产生的热量。(1)取重物M与金属棒m为一系统，使系统运动状态改变的力只有重物受到的重力与金属棒受到的安培力，由于系统在开始一段时间里处于加速运动状态，由此产生的安培力是变化的，安培力做功属于变力做功，系统的运动情况分析：当a0时，有MgF安0，而联立解得：(2)根据能量守恒：重力势能的减少等于动能和电路中产生的热量：解得：点睛：本题主要考查了导体切割磁感线过程中的平衡关系及能量守恒定律的应用，要注意多练习能量转换及守恒关系的确定。