1、高考资源网（） 您身边的高考专家静海一中2019-2020第一学期高二物理期末学生学业能力调研试卷一、单项选择题1.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如右图所示连接下列说法中正确的是( )A. 开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B. 线圈A插入线圈B中后，开关闭合或断开瞬间电流计指针均不会偏转C. 开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D. 开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转【答案】A【解析】试题分析：电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A
2、正确；线圈A插入线圈 B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误故选A考点：本题考查了感应电流产生条件，点评：知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题2.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点轨道2、3相切于P点（如图），则当卫星分别在1，2，3，轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）A. 卫星在轨道3上的
3、速率大于在轨道1上的速率B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】D【解析】【详解】万星做圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力有解得，A由知，在轨道1上卫星的速率大于轨道3上的速率，故A错误；B由知，在轨道1上的角速度大于在轨道3上的角速度，故B错误；C由知，在轨道1上经过Q点和轨道2上经过Q点的加速度大小相等，故C错误；D由知，在轨道2上经过P点和轨道3上经过P点的加速度大小相等，故D正确.故选D。3.如图所示的交流电的电流随时间而
4、变化的图象，此交流电的有效值是（ ）A. 5AB. 5AC. 35AD. 35A【答案】B【解析】【详解】根据交流电的有效值的定义：,解得：I=5A，故选B【点睛】对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值4.一正三角形导线框高为从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域两磁场区域磁感应强度大小均为B、磁场方向相反且均垂直于xOy平面，磁场区域宽度均为a则感应电流I与线框移动距离x关系图象可能是（以逆时针方向为感应电流的正方向A. B. C. D. 【答案】C【解析】当线框移动距离x在a2a范
5、围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大，故A错误；当线框移动距离x在0a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在2a3a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误所以C正确，ABD错误5.磁电式电流表的构造如图(a)所示，在踹形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，
6、如图(b)所示当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹赞被扭动，线图停止转动时满足NBIS=k，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，为线圈(指针)偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（ ）A. 该电流表的刻度是均匀的B. 线圈转动过程中受到的安培力的大小变大C. 若线圈中通以如图(b)所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动D. 更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即)【答案】A【解析】【详解】A项：磁场是均匀辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，所以该电
7、流表的刻度是均匀的，故A正确；B项：磁场是均匀辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，线圈转动过程中各个位置时产生的感应电流大小也不变，所以受到的安培力的大小不变，故B错误；C项：若线圈中通以如图(b)所示的电流时，根据左手定则，左侧受安培力向上，右侧受安培力向下，所以顺时针转动，故C错误；D项：更换k值更大的螺旋弹簧，同样的电流变化导致同样的安培力变大，但转动角度变化减小，所以灵敏度减小，故D错误二、多项选择题6.如图是通过变压器降压给用户供电的示意图.负载变化时变压器输入电压保持不变.输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的
8、用电器增加变压器可视为理想变压器，则开关S闭合后，以下说法正确的是A. 变压器的输入功率减小B. 电表V1示数与V2示数的比值不变C. 输电线的电阻R0消耗的功率增大D. 流过电阻R1的电流增大【答案】BC【解析】【详解】A项：因负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知功率增加，故A错误；B项：电表V1示数与V2示数的比值等于原、副线圈的匝数比，所以电表V1示数与V2示数的比值不变，故B正确；C项：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，所以输电线的电阻R0消耗的功率增大，故C正确；D项：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电
9、压不变，则副线圈电流增大，上损失的电压增大，所以两端的电压减小，所以流过的电流减小，故D错误7.如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则下列说法中错误的是（ ）A. 电路中感应电动势的大小为B. 电路中感应电流的大小为C. 金属杆所受安培力的大小为D. 金属杆的热功率为【答案】ACD【解析】【详解】A电路中感应电动势为故A错误；B电路中感应电流的大小为故B正确；C金属杆
10、所受安培力的大小为故C错误；D金属杆的热功率为故D错误。故选ACD。8.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示设D形盒半径为R若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f则下列说法正确的是（ ）A. 带电粒子在磁场中运动的周期和交变电流的周期相等B. 质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C. 只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D. 不改变磁场磁感应强度和交变电流的频率，该回旋加速器也能用
11、于加速粒子【答案】AB【解析】【详解】回旋加速器的工作原理是带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，其在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径。当粒子在磁场中运动时，得A据加速器的工作原理可知，在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故A正确；BC据可知，粒子的最大速度由D形盒的半径决定，与加速电场的电压无关； 且质子的最终速度与半径R相对应，并不能加速到任意值，故B正确，C错误；D当质子粒子，在磁场的运动周期发生变化，即在磁场的运动周期与在电场的周期不相等，不满足回旋加速器的工作原理，故D错误。故选AB。三、填空题9.
12、普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则ab接_（选填MN或PQ），Iab_Icd（选填“”或“”）【答案】 (1). MN (2). 【解析】【详解】12利用变压器工作原理所以输入端ab接MN，输出端cd接PQ，电流互感器的作用是使大电流变成小电流，所以10.如图所示的电路，L1和L2是两个相同的小电珠，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在电键S刚接通时，_灯最亮；S断开时，_灯先熄灭【答案】 (
13、1). L1 (2). L2【解析】【详解】1该电路是左右两部分并联后由串联起来，S刚接通时，L2立即发光L上产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势会阻碍电流增大使通过线圈L的电流慢慢增大，而R上没有自感现象产生，左右两个电路总电流相等，由两个电路对比可知，此瞬间，通过L1的电流比L2上的电流大所以S刚刚接通时L1灯最亮；2S断开时，L和L1构成自感回路，L2不在回路中，所以S断开时，L立刻熄灭，L1后熄灭。11.如图所示，理想变压器的原副线圈匝数之比为n1：n24：1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等a、b端加一交流电压后，两电阻消耗的电功率之比PA：PB_；两
14、电阻两端的电压之比UA：UB_【答案】 (1). 1：16 (2). 1：4【解析】【详解】1根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得电阻消耗的功率，所以两电阻消耗的电功率之比2电阻两端的电压U=IR，所以两电阻两端的电压之比四、计算题12.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.5T，边长L10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r1，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，每分钟转3000转，外电路电阻R4，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过角时的瞬时感应电动势；（3）由图示位置转过角的过程中通过R的电荷量q；（4）交流电压表的示数；（5）
15、请说出几种使用交流电有效值的情况（至少说出四种）【答案】（1）157V（2）78.5V（3）8.6610-2 C（4）88.8V（5）电表读数、计算焦耳热、热功率、用电器名牌标识【解析】【详解】由题意得角速度为(1)根据，可得感应电动势的最大值(2)由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式当线圈转过角时的瞬时感应电动势为(3)线圈转过角，通过R的电量(4)转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：(5)交流电有效值的使用情况，如电表读数、计算焦耳热、热功率、用电器名牌标识。13.如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也
16、为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为BPQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。（1）请简要归纳出电磁感应电动势的两种方法。（2）若闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（3）若断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。【答案】(1)当回路中的磁感应强度发生变化，导致磁通量变化；导体棒切割磁感线，导致回路磁通量变；(2)，方
17、向水平向右(3)。【解析】【详解】(1)由感应电动势产生条件：回路中的磁通量变化，所以当回路中的磁感应强度发生变化，导致磁通量变化；导体棒切割磁感线，导致回路磁通量变；(2)设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得，则设PQ与MN并联的电阻为，有闭合S后，设线圈中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律可得： 设PQ中的电流为IPQ，则设PQ受到的安培力为F安，有保持PQ静止，根据平衡条件可得联立解得方向水平向右(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中，PQ运动的位移为x，所用的时间为t，回路中磁通量的变化为，平均感应电动势为其中，PQ中的平均电流为据电流强度的定义式可得根据动能
18、定理可得联立解得14.如图，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧I、II两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界（BC与L1重合），宽度相同，方向如图所示，区域I的磁感应强度大小为B1一电荷量为q、质量为m（重力不计）的带正电粒子从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，点电荷恰好从B点进入磁场，经区域I后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域II已知AB长度是BC长度的倍。（1）求带电粒子到达B点时的速度大小；（2）求磁场的宽度L；（3）要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长，求区域II的磁感应强度B2的取值。【答案】（1）（2）（3）1.5B1【解析】【详解】(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成角，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有则根据速度关系有(2)设带电粒子在区域I中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得轨迹如图所示由几何关系得解得(3)带电粒子在磁场中运动的速率一定，当带电粒子不从区域II右边界离开磁场时，带电粒子在磁场中运动的轨迹最长，运动时间最长。设区域II中对应最长时间的磁感应强度为B2，轨迹半径为r2，轨迹如图所示同理得根据几何关系有解得- 14 - 版权所有高考资源网