物理安徽省蚌埠铁中学年高二下学期期中考试试题解析版Word文档下载推荐.docx

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10，则（　　）

A.甲图中的电表是电压表，输电电压为2200V

B.甲图中的电表是电流表，输电电流是100A

C.乙图中的电表是电压表，输电电压为22000V

D.乙图中的电表是电流表，输电电流是100A

6.自耦变压器的特点是在铁心上只绕一个线圈，它的结构如图所示，P、M之间可以当做一个线圈，移动滑动触头P，可以改变这个线圈的匝数；

N、M之间可以当做另一个线圈．M、N与一个滑动变阻器相连，Q为滑动变阻器的滑动触头．下列论述正确的是（　　）

A.当恒定交流电源接到a、b时，向上移动滑动触头P，电压表V1的示数不变，V2示数增大

B.当恒定交流电源接到a、b时，向上移动滑动触头P，电压表V1示数变大，V2示数也增大

C.当恒定交流电源接到c、d时，向上移动滑动触头Q，电压V1的示数不变，V2示数不变

D.当恒定交流电源接到c、d时，向上移动滑动触头Q，电压表V1示数变大，V2示数不变

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

7.一正弦交变电压的电压u随时间t变化的规律如图所示．下列说法正确的是（　　）

A.该交变电压的瞬时值表达式为u=10sin（50πt）V

B.该交变电压有效值为5

V

C.将该交变电压接在匝数比为1：

2的理想变压器原线圈上，副线圈输出频率为50Hz的交变电压

D.将该交变电压加在阻值R=20Ω的白炽灯两端，电灯消耗的功率是5W

8.单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动的过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，则下列说法中正确的是（　　）

A.当穿过线框的磁通量为零时，线框中感应电动势也为零

B.当穿过线框的磁通量减小时，线框中感应电动势在增大

C.当穿过线框的磁通量等于0.5Φm时，线框中感应电动势为0.5Em

D.线框转动的角速度等于

9.调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，CD两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器（　　）

A.当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大

B.当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小

C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大

D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小

10.如图所示，两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长时间后，金属杆的速度会达到最大值vm，则（　　）

A.如果B增大，vm将变大B.如果α增大，vm将变大

C.如果R增大，vm将变大D.如果m减小，vm将变大

三、填空题（本大题共6小题，共24.0分）

11.如图所示，矩形线圈从匀强磁场中，第一次以速度v匀速拉出，第二次以速度2v匀速拉出，则第一、二两次外力做功之比为______，功率之比为______．

12.如图所示，金属圆盘可绕O轴转动，电阻R用电刷接于圆盘中心和边缘之间．当圆盘做顺时针方向的转动时（从上向下看），通过R的电流方向是______．

13.如图所示，交流电的周期______s，交流电压的有效值______V．

14.一个质量为0.15kg的垒球以15m/s的速度飞来，被球棒以30m/s的速度反向击回．以垒球初速度方向为正，在球棒击球过程中，垒球的末动量为______ 

kg•m/s，球棒的动量变化量为______ 

kg•m/s．

15.如图所示，一质量为2kg的物体在光滑的水平面上，处于静止状态，现用与水平方向成60°

角的恒力F=10N作用于物体上，历时5s，则力F对物体的冲量大小为______Ns，物体所受重力冲量大小为______Ns，物体的动量变化为______kgm/s．（取g=10m/s2）

16.一颗手榴弹以v0=10m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小为______，方向是______（填与v0同向或反向　）

四、实验题探究题（本大题共1小题，共6.0分）

17.在研究电磁感应现象试验中

（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，将图中没有连接的导线用笔画代替导线连接起来___________，构成实验电路．

（2）选用的电流表指针的偏转方向与电流方向有关．若合上电键时发现指针向右偏，填写表格空格．

实验操作

指针偏转情况

滑动变阻器滑片右移时

______________。

原线圈静止在副线圈中时

拔出原线圈时

五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

18.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=50

rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，

（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；

（2）电压表和电流表示数；

（3）电阻R上所消耗的电功率；

（4）从计时开始，线圈转过

的过程中，通过外电阻R的电量．

19.图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为1m，电阻不计．导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直．质量m为0.2kg、电阻为1.0Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触．导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为2Ω的电阻R1滑动变阻器此时接入电路中电阻与R1相等．当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，重力加速度取10m/s2，试求

（1）此时杆的速率v

（2）整个电路中产生的热功率．

20.水平放置的平行金属框架宽L=0.2m，质量为m=0.1kg的金属棒ab放在框架上，并且与框架的两个边垂直．整个装置放在方向竖直向下磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，如图所示．金属棒ab在F=2N的水平向右的恒力作用下由静止开始运动．电路中除定值电阻R=0.05Ω外，其他电阻、摩擦阻力均不考虑，

求：

（1）ab速度是v=5m/s时，棒的加速度a是多大？

（2）当ab棒达到最大速度vm后，撤去外力F，此后感应电流还能产生多少热量Q？

【参考答案】

1.【答案】D

2.【答案】C

点睛：

解决本题的关键掌握产生感应电流的条件，以及地磁场的方向，然后根据切割磁感线确定两个同学的朝向与是否产生感应电流的关系．

3.【答案】D

【解析】原线圈的输入功率决定于副线圈的输出功率，选项A正确；

原线圈中的输入电流随副线圈中输出电流的增大而增大，选项B正确；

变压器只能改变交流电压，故若原线圈两端接电压恒定的直流电源，则副线圈的输出电压一定为零，选项C错误；

根据

，则当原线圈的匝数增加时，副线圈的输出电压将减小，选项D错误；

此题选择错误的选项，故选D.

4.【答案】C

解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向.

5.【答案】D

考点：

变压器的工作原理。

6.【答案】D

【解析】当恒定交流电源接到a、b时，ab为输入端，所以电压表V1的示数不变，cd为输出端，向上移动滑动触头P，原线圈匝数变大，原副线圈匝数比变小，副线圈输入电压变小，V2示数减小，故AB错误；

当恒定交流电源接到c、d时，cd为输入端，所以电压表V2的示数不变，ab为输出端，向上移动滑动触头Q，V2示数不变，原线圈电流增大，磁通量的变化率增大，所以副线圈电压增大，电压表V1示数变大，故D正确，C错误；

故选D.

7.【答案】AB

正弦交流电

8.【答案】BD

本题就是考查对最大感应电动势为Em和最大磁通量фm的理解；

要知道电动势为零时，线圈处在中性面上，磁场与线圈平@面垂直，所以通过线圈的磁通量最大，根据最大感应电动势为Em=BSω和最大磁通量фm=BS间的关系，很容易求出角速度．

9.【答案】AD

【解析】保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增大，MN两端的电压增大，总电流增大，滑动变阻器两端的电压将增大，电流表的读数变大，故A正确，B错误；

当保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向下移动时，连入电路的电阻的阻值变小，因而总电流增大，即电流表示数变大；

R1分担的电压增大，并联支路的电压即电压表的示数减小，故C错误，D正确；

故选AD．

10.【答案】BC

果R变大，vm将变大，故C正确．如果m变小，vm将变小，故D正确．故选BC。

11.【答案】

（1）.1：

2

（2）.1：

4

【解析】线框匀速运动，外力与安培力大小，公式为

，外力做功为

，则知W∝v，所以第一、二次外力做功之比为1：

2．

外力的功率

，P∝v2，则知功率之比为1：

4．

12.【答案】b到a

该题的关键是要对金属圆盘的转动切割磁感线有明确认识，圆盘可以当做是由无数金属幅条组成，这点很重要．

13.【答案】

（1）.0.3

（2）.50

【解析】由图象可知，交流电的周期为：

T=0.3s；

根据电流的热效应可知：

解得：

U＝50

V

14.【答案】

（1）.4.5

（2）.6.75

【解析】规定初速度方向为正方向，则初动量为：

P1=mv1=0.15kg×

15m/s=2.25kg•m/s；

打击后动量为：

P2=mv2=0.15kg×

（-30m/s）=-4.5kg•m/s；

故动量变化为：

△P=p2-p1=-4.5-2.25=-6.75kg•m/s，负号表示方向与规定的正方向相反；

本题关键明确动量、动量的变化量都是矢量，规定正方向后，可以将矢量运算简化为代数运算.

15.【答案】

（1）.50

（2）.100（3）.25

，则合外力的冲量及动量的变化量为：

.

考查了冲量，动量定理

【名师点睛】解决本题的关键掌握冲量的表达式，以及掌握动量定理的运用，知道合力的冲量等于动量的变化量．注意动量和冲量单位的联系

16.【答案】

（1）.110m/s

（2）.与v0反向

【解析】手榴弹爆炸过程系统动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，

根据动量守恒定律得：

Mv0=m1v1+m2v2．即：

0.6×

10=0.2×

250+0.4×

v2，

v2=-110m/s，负号表示方向，与v0反向．

本题考查了求手榴弹弹片的速度，知道手榴弹爆炸过程系统动量守恒，应用动量守恒定律即可解题，解题时要注意正方向的选择．

17.【答案】

（1）.

（2）.向右偏（3）.不偏转（4）.向左偏

【解析】

（1）电路连接如图；

量方向不变，磁通量减小，则指针左偏；

本题考查电磁感应的实验探究，在分析电流方向时，要注意本题中磁通量的方向一直保持不变；

才可以得出原线圈中电流增大时，指针右偏，反之左偏.

18.【答案】

（1）

；

（2）电压表示数为40V；

电流表示数为2.0A；

（3）80W；

（4）0.04C

19.【答案】

（1）16m/s；

（2）32W

（1）已知ab杆的电阻r=1.0Ω，R1和R2并联的总电阻为

，电路的总电阻r+R=2.0Ω

ab杆匀速下滑时，产生的感应电动势E=Blv 

…①

感应电流：

…②

ab杆所受的安培力F=BIl…③

又由平衡条件得mg=F…④

联立解得：

（2）由能量转化和守恒定律知稳定后整个电路耗电的总功率P：

P=mgv=0.2×

10×

16=32W

20.【答案】

（1）10m/s2；

（2）5J