1、吉林省白城四中2019-2020学年高二物理下学期网上阶段检测试试题（含解析）注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符
2、合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于传感器，下列说法正确的是A. 传感器能将非电学量按一定规律转换成电学量B. 金属热电阻是一种可以将电学量转换为热学量的传感器C. 干簧管是能够感知电场的传感器D. 半导体热敏电阻的阻值随温度的升高而增大【答案】A【解析】传感器能将非电学量按一定规律转换成电学量，选项A正确；金属热电阻是一种可以将热学量转换为电学量的传感器，选项B错误；干簧管是能够感知磁场的传感器，选项C错误；热敏电阻在温度升高时，电阻会变小，热敏电阻能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量故D错误；故选A2.铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，如图
3、所示，在下落过程中，下列判断中正确的是（）A. 金属环机械能守恒B. 金属环动能的增加量小于其重力势能的减少量C. 金属环机械能先减小后增大D. 磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力【答案】B【解析】【详解】A当环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，安培力做负功，所以环的机械能不守恒，故A错误；BC当环从静止下落过程中，受到安培阻力，则除了重力作功外，还有安培力做功，导致下落过程中减小的重力势能，部分用来增加动能，还有部分用来产生内能，所以环的机械能在减少，故B正确，C错误；D当环从静止下落过程中，受到安培阻力，由作用力与反作用力关系可得环对磁铁的作用力，使得
4、磁铁对桌面的压力大于其自身的重力，但环落到棒中间时环对磁铁的作用力为零，因为那个时刻不切割磁感线，所以环落到棒中间的时，磁铁对桌面的压力等于其自身的重力，故D错误；故选B。3.如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈C向右摆动，则ab的运动情况是（ ）A. 向左或向右做匀速运动B. 向左或向右做减速运动C 向左或向右做加速运动D. 只能向右做匀加速运动【答案】B【解析】【详解】线圈C向右摆动，说明穿过线圈的磁通量减小，也就是螺线管中的电流是减小的，也就是ab产生的感应电动势逐渐减小，则ab必做减速运动；故选B4.长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图甲所示长直导线
5、中通以大小和方向都随时间做周期性变化的交流电：iImsin t，it图象如图乙所示规定沿长直导线向上的电流为正方向关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是()A. 由顺时针方向变为逆时针方向B. 由逆时针方向变为顺时针方向C. 由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D. 由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向【答案】D【解析】【详解】据图乙可知，在四分之一周期内，电流变大，据右手螺旋定则可知，矩形线圈所处的磁场垂直面向里变大，即导致穿过线圈中的磁通量减大，由楞次定律可知，产生的感应电流方向为逆时针；同理分析可知，在T/43T/4时间内，矩形线圈产生的电流方向为顺
6、时针；在3T/T时间内矩形线圈产生的感应电流方向逆时针；故ABC错误，D正确故选D5.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud.下列判断正确的是()A. UaUbUcUdB. UbUaUdUcC. UaUbUcUdD. UaUbUdUc【答案】D【解析】【详解】线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d电动势的一半，而不同的线框的电阻不同，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r则有：故UaUbUdUc 故选D6.如图所示是一火警报警器
7、的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（温度越高其阻值越小），电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I2、报警器两端的电压U的变化情况是（）A. I2变大，U变大B. I2变小，U变小C. I2变小.U变大D. I2变大，U变小【答案】D【解析】【详解】AB. 当传感器R2所在处出现火情时，热敏电阻R2的阻值减小，则外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大，由U=E-Ir可知，路端电压减小，则图中报警器两端的电压U将减小，因总电流I总增大，则R1两端的电压增大并联部分的电压减小，则可知流过R3的电流IR3减小
8、流过R2的电流IR2=I总-IR3变大故AB不符合题意CD. 当传感器R2所在处出现火情时，热敏电阻R2的阻值减小，则外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大，由U=E-Ir可知，路端电压减小，则图中报警器两端的电压U将减小，因总电流I总增大，则R1两端的电压增大并联部分的电压减小，则可知流过R3的电流IR3减小流过R2的电流IR2=I总-IR3变大故C不符合题意，D符合题意7.用如图所示的装置做“探究感应电流方向的规律”实验，磁体从靠近线圈的上方静止下落，在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图像应该是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解
9、】磁体从靠近线圈的上方静止下落，当磁体进入线圈的过程，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知感应磁场方向向下，当磁体离开线圈的过程，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知感应磁场方向向上，所以磁体进入和穿出线圈时感应电流方向相反；当磁铁完全进入线圈内时，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，磁铁会加速运动，当到达线圈底部时，磁通量变化率大于磁铁进入线圈时位置，依据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知到达底部的感应电流较大，故A正确，B、C、D错误；故选A。8.一交流电压为u100sin (100t)V，由此表达式可知()A. 用电压表测该电压其示数为50 VB. 该交流电压的周期为0.02 s
10、C. 将该电压加在“100 V100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 WD. ts时，该交流电压的瞬时值为50 V【答案】B【解析】【分析】电压表读数为有效值先根据最大值求有效值，求得电压表读数；通过瞬时表达式与交电流的=2/T ，可求出周期；运用瞬时表达式求出有效值，从而利用电功率的公式P=U2 /R 求出电功率；直接根据瞬时表达式代入数据求解【详解】A交变电压的表达式为u=100sin100t V，可知最大值为100V，又是正弦式电流，则电压的有效值：U=100V，故A错误；B由公式，则有周期T=0.02s故B正确；C由于电压的有效值为100V，则该电压加在100V的灯泡两端，灯
11、泡正常发光，功率为100W；故C错误；D将t=s代入瞬时表达式，则有交流电压的瞬时值为100V故D错误；故选B【点睛】题考查交流电的性质，要知道有效值的物理意义，及正弦式交流电的有效值等于最大值除，并知道求电功率是用交流电的有效值9. 在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )A. 升压变压器的输出电压增大B. 降压变压器的输出电压增大C. 输电线上损耗的功率增大D. 输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【答案】CD【解析】试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变
12、，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的初级电压减小，则降压变压器的输出电压减小，故B错误根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确根据，则有：；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大故D正确故选CD考点：远距离输电10.在如图所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图所示边长为l、电阻
13、为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是()A. 磁感应强度B. 线框中感应电流C. 线框cd边的发热功率为PD. a端电势高于b端电势【答案】BC【解析】【详解】AB由图看出，在每个周期内磁感应强度随时间均匀增大，线圈产生大小恒定的感应电流，设感应电流的大小为I，则有对ab边，P=I2R得I=2；由闭合电路欧姆定律得，感应电动势为 E=IR=2根据法拉第电磁感应定律得：；由图知，联立以上三式得：故A错误，B正确C正方形四边的电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故C正确D由楞次定律判断得知，线圈中感应电流方向
14、沿逆时针，则a端电势低于b端电势故D错误故选BC【点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、功率和楞次定律的综合应用，感应电动势与电路知识与电磁感应联系的纽带，计算时要注意运用线圈的有效面积，即处于磁场中的面积11.如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，理想变压器原、 副线圈的匝数比为10:1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1= 110sin100t（V），则A. 电压表示数为11VB. 在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变小C. 在天逐渐变黑的过程中，电流表A1的示数变大D. 在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的
15、输入功率变小【答案】BD【解析】【详解】根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为110V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为11V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为U=V=11V，故A错误；在天变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大；电路的总电阻减大，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以次级电流变小，电流表A2的示数变小；由于次级电流减小，则初级电流也减小，即电流表A1的示数变小，故B正确，C错误；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由P=UI可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，故D正确故选BD12.如图甲所
16、示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则()A. 两次t0时刻线圈平面均与中性面重合B. 曲线a，b对应的线圈转速之比为23C. 曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD. 曲线b表示的交变电动势有效值为10 V【答案】AC【解析】t0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为23，因此线圈转速之比nanb32，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值EamNBS，由图象知Eam15 V
17、，b线对应线圈相应的电动势的最大值EbmNBS，因此，Ebm10 V，有效值EbV5V，D项错误二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.如图是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图。门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源（红外线源没有画出）。经实际试验，灯的亮、灭能反映门的开、关状态。(1)门打开时R2两端的电压U2与门关闭时相比_（选填“增大”或“减小”）；(2)门打开时_（选填“红”或“绿”）灯亮。【答案】 (
18、1). 减小 (2). 红【解析】【详解】(1)1当门打开时，受红外线照射，电阻减小，从而使并联电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，两端的电压为所以两端的电压减小；(2)2根据欧姆定律通过的电流减小，根据并联分流可得通过的电流增大，线圈产生的磁场增强，吸引衔铁，红灯亮。14.如图所示，先后以速度v1和v2(v12v2)，匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：(1)线圈中的感应电流之比I1I2_.(2)线圈中产生的热量之比Q1Q2_.(3)拉力做功的功率之比P1P2_.【答案】 (1). 2:1 (2). 2:1 (3). 4:1【解析】试题分析：
19、根据，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比根据焦耳定律，求出线圈中产生的热量之比根据和平衡条件，求出外力大小之比根据求解外力功率之比（1）根据，得感应电流，可知感应电流，所以感应电流之比；（2）由焦耳定律得：热量，可知，则热量之比为2：1，（3）匀速运动时，作用在线圈上的外力大小等于安培力大小，可知，则知，外力功率，则得15.发电机转子是边长为0.2m的正方形，线圈匝数为100匝，内阻为8，初始位置如图所示，以ad、bc中点连线为轴以600 r/min的转速在磁感应强度为T的匀强磁场中转动，灯泡电阻为24，则：(1)从图示位置开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式；(2)灯泡的实际消
20、耗功率为多大？【答案】(1)e80sin (20t) V (2) P75W 【解析】(1)线圈转动的角速度20 rad/s感应电动势的最大值为EmnBS80V瞬时值表达式e80sin (20t) V(2)感应电动势的有效值EV40 V，电流为 灯泡实际消耗的功率PI2R75 W16.如图所示，光滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置，其间距d1 m，右端通过导线与阻值RL8 的小灯泡L相连，CDEF矩形区域内有方向竖直向下、磁感应强度B1 T的匀强磁场，一质量m50 g、阻值为R2 的金属棒在恒力F作用下从静止开始运动s2 m后进入磁场恰好做匀速直线运动(不考虑导轨的电阻，金属棒始终与导轨
21、垂直并保持良好接触)求：（1）恒力F大小；（2）小灯泡发光时的电功率【答案】(1) 0.8 N；（2）5.12 W【解析】【详解】(1)对导体棒由动能定理得Fsmv2因为导体棒进入磁场时恰好做匀速直线运动所以FBIdBd代入数据，根据以上两式方程可解得F0.8 Nv8 m/s(2)小灯泡发光时的功率PLRL5.12 W本题综合考察了导体棒在磁场中的运动以及产生的电路知识，导体棒进入磁场后恰好匀速运动，说明受力平衡，说明拉力和产生的安培力大小相等方向相反，故可求出拉力大小，和进入磁场时的速度，小灯泡的发光功率可根据公式,可得17.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磁场的轴OO匀速
22、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为了用此发电机发出的交流电带动两个标有“220 V 11 kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动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；（2）变压器原、副线圈的匝数比；（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数【答案】（1）1100V；（2）5：1（3）20A【解析】【详解】（1）线圈转动产生的电动势最大值为：由于线圈内阻不计，则输出电压就等于电动势，得输出电压的有效值为（2）由于电动机的额定电压为220V，所以变压器的匝数比由变压器的电压关系得：得（3）根据P入=P出=21.1104W再根据P入=U1I1 解得