1、江苏省南通市如皋中学2019-2020学年高二物理上学期阶段练习试题（含解析）一、单项选择题1.关于下列器材的原理和用途，正确的是A. 变压器可以改变交变电压和频率B. 电子感应加速器是利用磁场直接对电子进行加速C. 真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用【答案】D【解析】【详解】A变压器原、副线圈的磁通量的变化率相等，所以它只能改变交变电压，不能改变频率，故A错误；B感应加速器是利用感生电场对电子加速的设备，不是利用磁场，故B错误；C真空冶炼炉工作原理是炉内的金属导体内产生涡流使其熔化，故C错误；D铝框做支架能在线圈转动过程中
2、产生电磁感应现象，感应电流的安培力对线圈的转动起阻尼作用，故D正确。故选D。2. 一只电阻分别通过四种不同形式电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生的热量最大的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：对A、对于正弦式电流，有效值：根据焦耳定律得：；对B、对于正弦式电流，有效值：根据焦耳定律得：；对C、根据焦耳定律得：Q3I2RT225RT对D、对于方波，根据焦耳定律得：；故选D考点：交流电的有效值【名师点睛】此题是对有效值概念的考查；解题时根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值，对于正弦式电流有效值与峰值是倍关系对于方波，直接根据焦耳定律求解热量
3、3.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】在0-s内，根据法拉第电磁感应定律，根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值； 在-T内，根据法拉第电磁感应定律，所以感应电流是之前的2倍再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值故A正确，BCD错误故选A【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，再掌握闭合电路欧姆定律，并会根据楞次定律判
4、断感应电动势的方向；解题时要把研究过程分成两段分别判断4.钳式电流表的外形和结构如图所示，图甲中钳式电流表的读数为1.2A。图乙中用同一通电导线在铁芯上绕了3匝，则A. 这种电流表能测直流电流，图乙的读数为0.4AB. 这种电流表能测交流电流，图乙读数为3.6AC. 这种电流表能测交流电流，图乙的读数为0.4AD. 这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图乙的读数为3.6A【答案】B【解析】【详解】由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流，根据理想变压器的输入电压和输出电压
5、的关系有输入功率和输出功率的关系有即所以所以由题意可知当n1=1时I2=1.2A，故当n1=3时故选B。5.一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图中图线a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是A. 在图线a和b中，t0时刻线圈中的电流均最大B. 在图线a和b中，t0时刻穿过线圈的磁通量均为零C. 线圈先后两次转速之比为32D. 图线b电动势的瞬时值表达式为esin t（V）【答案】C【解析】【详解】ABt=0时刻a和b感应电动势为零，电流为零，线圈处于中性面位置，磁通量最大，故A
6、B错误；C线圈先后两次周期之比线圈先后两次转速之比故C正确；D感应电动势最大值，因此即图线b的最大值为100V，角速度为所以图线b电动势的瞬时值表达式为故D错误。故选C。6.如图所示，光滑绝缘水平面上嵌入一无限长通电直导线一质量为0.02kg的金属环在该平面内以大小v02m/s、方向与电流方向成60角的初速度滑出则（）A. 金属环最终将静止在水平面上的某处B. 金属环最终沿垂直导线方向做匀速直线运动C. 金属环受安培力方向始终和受到方向相反D. 金属环中产生的电能最多为0.03J【答案】D【解析】【详解】ABC、金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据来拒去留可知，所受的安培力
7、将阻碍金属圆环远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动，故A、B、C错误；D、由题意知：沿导线方向分速度v1=v0cos60=1m/s根据能量转化与守恒解得：，代入数值解得：Q=0.03J，故环中最多产生0.03J的电能，故D正确；故选D【点睛】金属环周围有环形的磁场，金属环向右上运动，磁通量减小，根据来拒去留可知，所受的安培力与运动方向不一定相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，最终金属环的运
8、动状态为匀速沿导线运动根据能量转化与守恒，减小的动能转化成电能二、多项选择题7. 从水平地面上方同一高度处，使a球竖直上抛，使b球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上空气阻力不计下述说法中正确的是：（ ）A. 两球着地时的动量相同B. 两球着地时的动能相同C. 重力对两球的冲量相同D. 重力对两球所做的功相同【答案】BD【解析】（1）竖直上抛的球落地时，速度方向竖直向下，而平抛运动的球落地时，速度方向是斜向下的，动量为矢量，动量的方向就是速度的方向，故a、b两球落地时动量不同，A错误；（2）竖直上抛和平抛运动过程中两球都是只受重力作用，只有重力做功，两球初始位置高度相同
9、，故重力做功相同，D正确（3）根据动能定理，由于两球抛出时初动能相同，且两个过程中，重力做功相同，则末动能相等，故B正确（4）两球初始高度相同，a球竖直上抛，b球平抛，a球运动时间比b球运动的时间长，故重力对a球的冲量大于重力对b球的冲量，则C错误故本题选BD【点睛】根据两球落地时速度方向不同，可以知道它们落地时动量不同；根据两球落地时间长短不同，可以知道它们重力的冲量不同；下落高度相同，重力对它们做功相同；根据动能定理，可以确定两球落地的动能大小8.如图所示，均匀金属圆环总电阻为2R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环金属杆OM长为l，电阻为，M端与环紧密接触，金属杆OM绕过圆心的转轴O以
10、恒定的角速度转动当电阻为R的一段导线一端和环连接，另一端与金属杆的转轴O相连接时，下列结论中正确的是A. 通过导线R的电流的最大值为B. 通过导线R的电流的最小值为C. OM中产生的感应电动势恒为D. 导线中通过的电流恒为【答案】ABC【解析】【详解】M端线速度为v=l，OM切割磁感线的平均速度为OM转动切割磁感线产生的电动势为A当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流故A正确；B当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小故B正确；COM转动切割磁感线产生的电动势为故C正确；D通过导线的电流在最大电流与最小电流之间变化，不是恒定的，故D错误。故选ABC。9.如图
11、所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两个互感器若已知甲和乙的原、副线圈匝数比分别为10001和1100，两个电表的示数分别为10A和220V。则A. 电表B电流表B. 电表B是电压表C. 线路输送的电功率为2.2108WD. 线路输送的电功率为2.2104W【答案】AC【解析】【详解】AB根据电压表和电流表的使用规则可知，由于互感器甲跨接在两条高压线间，所以电表A为电压表，互感器乙串接在一条高压线中，所以电表B为电流表，故A正确，B错误；CD根据理想变压器的变压比和变流比可知，理想变压器原副线圈的电压比等于匝数比，只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比，则高压线的输电电压为
12、2.2105V，输电线路的电流为1000A，根据功率公式P=UI可知，线路的输送功率为2.2108W，故C正确，D错误。故选AC。10.如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响下列说法正确的是 （ ）A. 要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B. 要使报警的临界温度升高，可以把R2的滑片P适当向下移C. 要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势D. 要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移【答案】CD【解析】【详解】要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，电路中电流会
13、增大，电铃两端的电压会增大，而电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来的值，必须适当减小电源的电动势，相反，要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势故A错误，C正确要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，根据串联电路的特点可知，将使电铃的电压增大，要使电铃的电压仍为原来的值，可以把R2的滑片P适当向上移，以减小R2，相反，要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移，故B错误，D正确故选CD11.某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示的电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变保持理想变压器A的输入电压不变，当开关S断开时，灯L1
14、正常发光则A. 仅闭合S，L1变亮B. 仅闭合S，A的输入功率变大C. 仅将滑片P下移，L1变亮D. 仅将滑片P下移，A的输入功率变大【答案】AD【解析】【详解】A仅闭合S，降压变压器副线圈中电流增大，引起输电线中电流增大，输电线上的电压损失增大，降压变压器原线圈两端的电压减小，因降压变压器原、副线圈匝数不变，所以降压变压器副线圈两端电压将减小，灯L1变暗，故A正确；B仅闭合S时输电线中电流增大，所以变压器A的输出功率增大，输入功率随之增大，故B错误；CD仅将滑片P上移时，升压变压器副线圈匝数减少，则升压变压器副线圈两端电压减小，引起降压变压器原、副线圈两端的电压均减小，所以灯L1功率减小，且
15、输电线上损失的功率也减小，升压变压器的输入功率减小，故C错误，D正确。故选AD。12.在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框abcd的边长为L（Ld）、质量为m、电阻为R，将线框从距离磁场的上边界为h高处由静止释放后，线框的ab边刚进入磁场时的速度为v0，ab边刚离开磁场时的速度也为v0，在线框开始进入到ab边刚离开磁场的过程中A. 电路中产生的焦耳热为mgdB. 电路中产生的焦耳热为2mgdC. 线框的最小动能一定为mg（hdL）D. 线框的最小动能一定为【答案】AC【解析】【详解】由于线框进、出磁场时的速度相等，所以合外力做功为零，即线
16、框克服安培力所做的功与重力对线框做的功mgd相等，所以感应电流做的功为mgd；当线框全部处在磁场中时，没有电磁感应现象，线框在重力作用下做加速运动，所以当线框cd边刚进入磁场时，线框速度最小，从起点到这一位置应用动能定理有 又由于W安mgd所以线框的最小动能为故选AC正确。三、实验题13.如图所示是用来验证动量守恒定律的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点
17、测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒现已测出A点离水平桌面的距离为aB点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c，球1的质量为m1，球大小忽略不计，则：（1）还需要测量的量是_、_和_（2）根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为_【答案】 (1). 弹性球2的质量m2 (2). 立柱高h (3). 桌面高H (4). 2m12m1m2【解析】【详解】(1)123要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后的高度a和b，由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要再测量弹性球1的质量m1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平拋运动的规律只要测出立柱高h和
18、桌面高H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要测量弹性球2的质量和立柱高h、桌面高H就能求出弹性球2的动量变化。(2)4根据机械能守恒定律，有碰撞后1小球上升到最高点的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有所以该实验中动量守恒的表达式为：联立解得14.有一个教学用的可拆变压器，如图所示，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部还可以绕线（1）某同学用多用电表的欧姆挡测量了A、B线圈的电阻值，发现B线圈电阻约为A线圈电阻的3倍，则可推断_线圈的匝数多（选填“A”或“B”）；（2）如果把它看作理想变压器，现要测量A、B线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和一只低
19、压交流电源（输出电压的有效值不变）现采用如下方法进行测量：将绝缘导线一端与A线圈上方接线柱相连，顺着原来的绕制方向在变压器的铁心上再绕制n匝线圈；将绝缘导线的另一端和A线圈下方接线柱分别与低压交流电源两端相连接；用多用电表的交流电压挡先后测量低压交流电源两端的电压U0和B线圈的输出电压U；请在上述基础上，补充一个实验步骤，完成A、B线圈匝数的测量（需要测量的物理量请用字母表示，并说明其含义），再写出测量A、B线圈的匝数和的表达式_；nA= _，nB= _【答案】 (1). B (2). 用多用电表的交流电压挡测量A线圈两端的电压U1，然后拆除电路并整理器材 (3). (4). 【解析】【详解】
20、(1)1根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为B线圈电阻约为A线圈电阻的3倍，即B的电阻比A大，所以B线圈匝数多；(4)2用多用电表的交流电压挡测量A线圈两端的电压U1，然后拆除电路并整理器材；34根据变压器电压比等于匝数比，有解得A线圈的匝数B线圈的匝数四、计算题15.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，在C、D两端置有油灰阻挡层，整辆小车质量1kg，再在车的水平底板上放光滑小球A和B，质量分别为mA=1kg，mB=3kg，A、B小球间置一被压缩的弹簧，其弹性势能为6J，现突然松开弹簧，A、B小球脱离弹簧时距C、D端均为0.6m，然后两球分别与油灰阻挡层碰撞，并立即被油灰粘住，问：(1)A
21、、B小球脱离弹簧时的速度大小各是多少?(2)整个过程小车的位移是多少?【答案】（1）vA=3m/s，vB=1m/s （2）0.24m【解析】【详解】(1)弹簧恢复原长时，小球A、B的速度分别为vA、vB，以向左为正，由系统动量守恒、机械能守恒可得得(2)A经时间t先到达挡板C，则有此时B距挡板D的距离为A与小车相碰后以速度v共同运动，由动量守恒得：得得16.一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电。输电线路总电阻为R1k，到目地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V60W），若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和
22、T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，求：(1)输电线上的电流大小；(2)T1和T2的原、副线圈的匝数比；(3)负载灯泡的个数【答案】（1）20 A（2）1：50，9000：11（3）6104盏【解析】【详解】(1)输电线路上消耗的功率为输电线上电流为(2)由P=UI可知，输电电压为升压变压器T1的匝数比为输电导线损失的电压为降压变压器的输入电压为用户得到的电压即为降压变压器的输出电压为降压变压器的匝数比为(3)用户得到的功率为代入数据解得17.如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，N、Q之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应
23、强度为B=0.5T，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻位为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vM，改变电阻箱的阻值R，得到vM与R之间的关系如图乙所示。已知导轨间距为L=2m，重力加速度g=10m/s2，轨道足够长且电阻不计。求：(1)当R=0时，杆ab匀速下滑过程中产生感应电动势E的大小及杆中的电流方向；(2)金属杆的质量m及阻值r；(3)当R=4时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W。【答案】(1)，杆中电流方向从ba；(2)，；(3)【解析】【详解】(1)由图可知，当R=0时，杆最终以v=3m/s匀速运动，产生电动势E=BLv=0.523V=3V电
24、流方向为由b到a(2)设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，由闭合电路的欧姆定律：杆达到最大速度时满足 解得由图像可知：斜率为纵截距为v0=3m/s得到：解得m=0.2kg，r=3(3)由题意：E=BLv，得则由动能定理得联立解得W=0.7J【点睛】18.如图所示，空间有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，两平行光滑金属导轨水平放置，其电阻不计、间距为L，左端接有阻值为R的定值电阻。一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨接触良好，在水平力F作用下在O位置两侧M、N间做往复运动t0时刻起导体棒从M位置开始向右运动，其速度变化规律为vvmsint，在O位置速度最大。(1)写出
25、定值电阻中的电流i随时间t变化的表达式；(2)导体棒从M位置开始运动到O位置的过程中，经过的时间t，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q及水平力F做的功W；(3)单匝线框在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生电流的变化规律与题中导体棒运动产生电流的变化规律类似试求导体棒从M位置运动到O位置的过程中，通过定值电阻的电荷量q。【答案】（1）isint （2）Q，Wmvm2 （3）q【解析】【详解】(1)导体棒中产生的感应电动势EBLv，由欧姆定律，导体棒中的电流，I，则电流随时间变化的表达式为isint(2)导体棒中产生的感应电动势的有效值E导体棒中电流的有效值I产生的热量QI2Rt，解得Q由功能关系W2Q解得W(3)由题意可知EmBS，而BS平均感应电动势，平均感应电流为，流过定值电阻的电荷量qt，解得q