学年安徽省六安市舒城中学高二下学期期中考试物理试题 解析版Word格式文档下载.docx

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实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；

闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。

下列说法正确的是（）

A.左图中，A1与L1的电阻值相同

B.左图中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流

C.右图中，变阻器R与L2的电阻值相同

D.右图中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等

【答案】C

【解析】断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；

闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；

闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。

【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况。

电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；

电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小。

3.如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，（　　）

A.ab棒不受安培力作用

B.ab棒所受安培力的方向向右

C.ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大

D.螺线管产生的磁场，A端为N极

【解析】ab棒切割磁感线时，要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力，故A错误；

根据楞次定律可知，感应电流总是起到阻碍的作用，故安培力的方向与导体棒一定的方向相反，应当向左，故B错误；

ab棒向右运动时，、、，联立解得：

，则知速度越大，所受安培力越大，故C正确；

根据右手定则，ab中的电流的方向向上，流过螺旋管时，外侧的电流方向向下，根据安培定则得知螺线管产生的磁场，A端为S极，B端为N极，故D错误。

故选C.

【点睛】回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力；

感应电流的大小与运动速度有关，运动速度越大，所受安培力越大．根据右手定则、左手定则和楞次定律依次进行分析．

4.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于（）

A.5∶4B.3∶2C.∶1D.2∶1

5.在等边三角形的三个顶点a、b、c处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。

过c点的导线所受安培力的方向（）

A.与ab边平行，竖直向上

B.与ab边平行，竖直向下

C.与ab边垂直，指向左边

D.与ab边垂直，指向右边

【解析】等腰直角三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流，根据安培定则可得：

导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下，再由左手定则可得：

安培力的方向是与ab边垂直，指向左边，故C正确，ABD错误。

6.如图所示，在虚线MN的右侧存在着垂直纸面向里的匀强磁场，边长为a的正三角形金属线框平行纸面放置，t＝0时刻，顶点恰好在磁场的左边界上，一边平行磁场边界MN.现令该金属线框匀速进入磁场区域，则线框中产生的感应电动势E、电流I、所施加的外力F、安培力做功的功率P随时间t的变化关系的图象中正确的是（　　）

【答案】B

...............

【点睛】先根据E=BLv分析感应电动势的变化．再由欧姆定律分析感应电流的变化，由平衡条件和安培力公式F=BIL分析外力F的变化．由功能关系分析P的变化．

7.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a（a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度减为v，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小（）

A.大于B.等于

C.小于D.以上均有可能

【解析】试题分析：

对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为，末速度为．由动量定理可知：

，又电量，得，得速度变化量，由可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为，则有，解得，

考点：

法拉第电磁感应定律

【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量分析电量的关系．根据感应电量，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等．联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度

视频

8.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45°

，若线框的总电阻为R，则（）

A.线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为DCBA

B.AC刚进入磁场时线框中感应电流为

C.AC刚进入磁场时线框所受安培力为

D.此时CD两端电压为

【答案】D

线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向，故A错误；

AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势，则线框中感应电流为，此时CD两端电压，即路端电压为，故B错误D正确；

AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即，故C正确；

考查了导体切割磁感线运动

【名师点睛】安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力表达式．

9.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。

当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。

下列说法正确的是（）

A.原、副线圈匝数比为9:

1

B.原、副线圈匝数比为1:

9

C.此时a和b的电功率之比为9:

D.此时a和b的电功率之比为1:

【答案】AD

灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；

则可知，原副线圈匝数之比为9：

1：

故A正确B错误；

根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：

9，故C错误D正确；

考查了理想变压器

10.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。

设线圈总电阻为2Ω，则（）

A.t=0时，线圈平面平行于磁感线

B.t=1s时，线圈中的电流改变方向

C.t=1.5s时，线圈中的感应电动势最大

D.一个周期内，线圈产生的热量为

【解析】t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；

每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值）电流的方向改变一次，t=1s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；

t=1.5s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零（），根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；

感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D正确。

点睛：

本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。

11.如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场（图中未画出）中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正，已知在0~4s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图所示，则下列图像所表示的关系正确的是（）

由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正；

由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，感应电流，由B-t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，A正确B错误；

由图示B-t图象可知，0～1s时间内，B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针的，为正值；

同理1～2s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；

2～3s，B的方向垂直纸面向里，B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的；

3～4s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的，故C错误D正确；

考查了电磁感应与图像

【名师点睛】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；

故在解题时要灵活，可以先利用右手定则或楞次定律判断方向排除法，再选择其他合适的解法等解答．

12.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。

A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大

B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大

C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大

D.若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小

【答案】BC

【解析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则消耗的功率变小，则A错误；

干路电流变小，分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；

因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小，则C错误；

闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小．电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误。

【点睛】考查电路的动态分析：

本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键．

二、计算题

13.如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，边长L1=0．40m、L2=0．25m，其匝数n=100匝，总电阻r=1．0Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和R=3．0Ω的定值电阻相连接。

线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=1．0