甘肃省永昌县第一中学2015-2016学年高二物理下学期期中试题
甘肃省永昌县第一中学2014-2015学年高二物理下学期期末考试试题
永昌县第一高级中学2014-2015-2期末考试卷高二物理第I 卷一单项选择（每题只有一个正确答案，每题3分共45分）1．1831年法拉第发现用一块磁铁穿过一个闭合线路时，线路内就会有电流产生，这个效应叫电磁感应。
法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小 （ ）A ．跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比B ．跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比C ．跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比D ．跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比2．如右图所示，在匀强磁场B 中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟固定的大导体矩形环M 相连接，导轨上放一根金属导体棒ab 并与导轨紧密接触，磁感应线垂直于导轨所在平面。
若导体棒匀速地向右做切割磁感线的运动，则在此过程中M 所包围的固定闭合小矩形导体环N 中电流表内 （ ）A ．有自下而上的恒定电流B ．产生自上而下的恒定电流C ．电流方向周期性变化D ．没有感应电流3.如图所示，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t=O 时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图中所示，则在0～2s 内线圈中感应电流的大小和方向为( )A.逐渐增大，逆时针B.逐渐减小，顺时针C.大小不变，顺时针D.大小不变，先顺时针后逆时针4．如右图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角。
两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。
质量为m 的金属杆ab ，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h 后又返回到底端。
若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（ ） A ．返回出发点时棒ab 的速度大于v0B ．上滑到最高点的过程中克服安培力做功等于2021mvC ．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mgh mv -2021D ．金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R 的热功率相同5．如右图所示，面积为S 的单匝闭合线框在磁感应强度为B 匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，下列说法中错误的是 （ ）A ．在穿过线框的磁通量为2BS 的时刻，线框中的感应电动势为2ωBSB ．在穿过线框的磁通量为22BS 的时刻，线框中的感应电动势为22 BSC ．线框转动四分之一周过程中，感应电动势的平均值为πBS ω2D ．线框转动一周过程中，感应电动势的平均值为06.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界的匀强磁场区域，v2=2v1，在先后两种情况下( )A.线圈中的感应电流之比I1：I2=2：lB.作用在线圈上的外力大小之比F1：F2=1：2C.线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4D.通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：27．为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如下图所示。
甘肃省永昌县第一中学2015-2016学年高二化学下学期期中试题
永昌县第一高级中学2021 -2021-2期中考试卷高二化学第一卷选择题〔共50分〕可能用到相对原子质量：H-1 C一、选择题〔每题只有一个选项正确，每题2分，共50分。
〕1．以下系统命名法正确是〔〕A．2-甲基-4-乙基戊烷B．2,3-二甲基-1-戊烯C．2-甲基-3-丁炔D．对二甲苯2．以下各组物质中，一定互为同系物是〔〕A、乙烷与己烷B、CH3COOH、C3H6O2C、与D、HCHO、CH3COOH3．甲酸不具备性质有〔〕A．酯化反响B．银镜反响C．中与反响D．水解反响4．以下说法正确是〔〕A. 含有双键物质是烯烃B. 能使溴水褪色物质是烯烃C. 分子式为C4H8链烃一定是烯烃D. 分子中所有原子在同一平面烃是烯烃5．有关以下图所示化合物说法不正确是〔〕．．．A．既可以与Br2CCl4溶液发生加成反响，又可以在光照下与Br2发生取代反响B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反响C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反响，又可以与NaHCO3溶液反响放出CO2气体6．当前在人类化合物中，品种最多是〔〕A．ⅤA族元素化合物B．ⅢB族元素化合物C．过渡元素化合物D．ⅣA族元素化合物7．有8种物质：①乙烷；②乙烯；③乙炔；④苯；⑤甲苯；⑥溴乙烷；⑦聚丙烯，⑧环己烯。
其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反响使溴水褪色是( )A．①②③⑤B．④⑥⑦⑧C．①④⑥⑦D．②③⑤⑧8．有机物分子中最多有多少个C原子共面〔〕A．6 B．8 C．10 D．129．以下化学用语书写正确是〔〕A．乙烯构造简式：CH2CH2B．丙烯键线式：C．甲烷电子式：D．乙醇构造式：10．按碳骨架分类，以下说法正确是〔〕A．属于醇类化合物B．属于芳香族化合物C．属于脂环化合物D．CH3 CH(CH3)2属于链状化合物11．某有机物构造简式如下,关于该有机物以下表达不正确是( )A.不能发生消去反响B．能使溴水褪色C．在加热与催化剂作用下,最多能与4molH2反响D．一定条件下,能发生取代反响12.有机物：正确命名为( )A．3,3二甲基4乙基戊烷B．3,3,4三甲基己烷C．2乙基3,3二甲基4乙基戊烷D．3,4,4三甲基己烷13．充分燃烧气态烃A，在标准状况下生成CO2与2O，那么烃A是〔〕A．C4H6 B．C2H4 C．C2H6D．C2H2 14.以下实验装置一般不用于别离物质是〔〕．．．A B C D15．由2﹣氯丙烷制取少量1，2﹣丙二醇时，需要经过以下哪几步反响( ) A．消去、加成、取代B．加成、消去、取代C．取代、消去、加成D．消去、加成、消去16．用括号内试剂及操作方法除去以下各物质中少量杂质，不正确是( ) A．苯中甲苯〔溴水、分液〕B．溴乙烷中乙醇〔水、分液〕C．乙醇中水〔CaO、蒸馏〕D．溴苯中溴〔NaOH 溶液、分液〕17．目前由于奸商违法经营，已使“瘦肉精〞变成了“害人精〞。
高二第二学期期中考试物理试卷(附答案)
高二第二学期期中考试物理试卷一、本题共16小题，每小题3分，共48分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.1．如图所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，观察到的现象描述正确的是（）A．在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多B．在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数只比在A位置时稍少些C．在C、D位置时，屏上观察不到闪光D．在D位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少、、三种射线穿透能力的示意图，图乙是工业上利用射线的穿透性来2．如图甲是αβγ检查金属内部的伤痕的示意图，请问图乙中的检查是利用了哪种射线？（）A．α射线B．β射线C．γ射线D．三种射线都可以3．在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核在磁场中的运动轨迹如图中的a、b，由图可以判断（）A．该核发生的是α衰变B．该核发生的是β衰变C．磁场方向一定是垂直纸面向里D ．磁场方向一定是垂直纸面向外4．下列核反应或核衰变方程中，符号“X ”表示中子的是 （ ）A ．Be 94+He 42→C 126+XB ．N 147+He 42→O 178+XC ．Hg 20480+n 10→Pt 20278+2H 11+X D ．U 23992→Np 23993+X5．氢原子在某三个相邻能级之间跃迁时，可能发出三种不同波长的辐射光。
已知其中的两个波长分别为1λ和2λ，且1λ>2λ,则另一个波长可能是 （ ）A ．1λ＋2λB 。
1λ－2λC ．1212λλλλ+ D ．1212λλλλ-6．甲、乙两船静止在湖面上，质量分别为m 1 、m 2 。
两船相距s ，甲船上的人通过细绳用力F 拉乙船。
若水对两船的阻力大小均为f ( f < F ) ，则在两船相向运动的过程中（ ） A ．甲船的动量守恒 B ．乙船的动量守恒C ．甲、乙两船组成的系统，动量不守恒D ．甲、乙两船组成的系统,动量守恒7．关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是 （ ）A ．原子是一个质量分布均匀的球体B ．原子的质量几乎全部集中在原子核内C ．原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内D ．原子半径的数量级是10-10 m ，原子核半径的数量级是10-15 m 8．如图所示，P 为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场的作用下分成a 、b 、c 三束.以下判断正确的是 （ ） A ．a 为α射线、b 为β射线 B ．a 为β射线、b 为γ射线 C ．b 为γ射线、c 为β射线 D ．b 为α射线、c 为γ射线9．下列关于放射性元素的半衰期的几种说法正确的是 （ ） A ．同种放射性元素，在化合物中的半衰期比在单质中长B ．放射性元素的半衰期与元素所处的物理和化学状态无关，它是一个统计规律，只对大量的原子核才适用C ．氡的半衰期是3.8天，若有4 g 氡原子核，则经过7.6天就只剩下1 gD ．氡的半衰期是3.8天，若有4个氡原子核，则经过7.6天就只剩下一个10．甲、乙两球在光滑水平面上同一直线同一方向上运动，它们动量s m kg p /5⋅=甲，s m kg p /7⋅=乙，已知甲球速度大于乙球速度，当甲球与乙球碰后，乙球动量变为10kg ·m/s ，则甲m ，乙m 关系可能是（ ）A ．乙甲m m =B ．乙甲m m 21=C ．乙甲m m 51=D ．乙甲m m 101=11．我国的“神舟”六号载人飞船已发射成功，“嫦娥”探月工程也已正式启动.据科学家预测，月球上的土壤中吸附着数百万吨的He 32,每百吨He 32核聚变释放出的能量，相当于目前人类一年消耗的能量.下列关于He 32的叙述正确的是 （ ）A ．He 32和He 31互为同位素 B ．He 32原子核内中子数为2C ． He 32的原子核外电子数为2 D ． He 32代表原子核内有2个质子和1个中子的氦原子 12．如图5-2所示，A 和B 两物体叠放在水平面上，水平拉力F 作用在B 上，A 和B 一起沿 力的方向做匀加速直线运动。
甘肃省张掖市肃南一中2015-2016学年高二上学期期中物理试卷Word版含解析
甘肃省张掖市肃南一中2015-2016学年高二（上）期中物理试卷一.单项选择题1．根据电容器的电容的定义式C=，可知（）A．电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比B．电容器不带电时，其电容为零C．电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比D．电容器的电容大小与电容器的带电情况无关2．将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则下列说法中正确的是（）A．a点的电场强度比b点的小B．a点的电势比b点的低C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的小D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做正功3．在图所示的匀强电场中，水平等距离的虚线表示其等势面，带电量Q=﹣0.5×10﹣10C的粒子（不考虑粒子所受重力）在电场力作用下从A点运动到B点，动能增加0.5×10﹣9J，A点电势为﹣10V，下列关于粒子的运动轨迹和B点电势的说法中正确的是（）A．粒子沿轨道1运动，B点电势为零B．粒子沿轨道2运动，B点电势为20VC．粒子沿轨道1运动，B点电势为﹣20VD．粒子沿轨道2运动，B点电势为﹣20V4．如图所示，在匀强电场中a、b、c、d为矩形的四个顶点，e、f分别为ab边和cd的中点且ab长为ad长的2倍．已知电场线的方向平行于矩形所在平面，a、b、c三点电势分别为4V、8V、6V，则下列说法中错误的是（）A．d点的电势为2VB．电场线方向垂直于ac向下C．电场线方向垂直于ec向下D．一电子从a点运动到c点，电势能减少5．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．带点油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将增大C．带电油滴的电势能将增大D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大6．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA，若将该电池板与一阻值为60Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.10V B．0.20V C．0.40V D．0.60V7．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（）①甲表是安培表，R增大时量程增大②甲表是安培表，R增大时量程减小③乙表是伏特表，R增大时量程增大④乙表是伏特表，R增大时量程减小．A．①③B．①④C．②③D．②④8．如图电路中，电灯L1、L2都标有“220V、40W”；电灯L3、L4都标有“220V、100W”．将A、B两端接入电源，最暗的灯是（）A．L1B．L2C．L3D．L49．利用伏安法测未知电阻时，用图甲测得结果为R1，用图乙测得结果为R2，若待测电阻的真实值为R，则（）A．R1＞R＞R2B．R1＜R＜R2C．R1＞R，R2＞R D．R1＜R，R2＜R10．如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时，则（）A．A灯变亮，B灯变暗B．A灯变暗，B灯变亮C．A、B灯均变亮D．A、B灯均变暗11．如图所示，电压U保持不变，已知R1=2kΩ，R2=3kΩ，现用一个电阻为6kΩ的电压表并联在R2的两端，电压表的读数为6V．若把它接在a、b两点间，电压表的读数为（）A．8V B．10V C．12V D．14V12．如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象下列判断正确的是（）A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化小二.多项选择题13．如图所示，A、B为两个等量同种点电荷，a、O、b在点电荷A、B的连线上，c、O、d 在连线的中垂线上Oa=Ob=Oc=Od，则（）A．a、b两点的场强相同，电势也相同B．c、d两点的场强不相同，电势相同C．O点是A、B连线上电势最低的点，也是A、B连线上场强最小的点D．O点是中垂线cd上电势最高的点，也中垂线上场强最大的点14．如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的左侧以相同的初速垂直于电场方向进入电场，它们分别落到A、B、C三点，则可以断定（）A．落到a点的小球带正电，落到C点的小球带负电B．三小球在电场中运动时间相等C．三小球到达负极板的动能关系是E KA＞E KB＞E KCD．三小球在电场中运动的加速度是a A＞a B＞a C15．如图所示是用电压差和电流表测电阻的一种方法，R x为待测电阻，如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则（）A．R x的测量值大于实际值B．R x的测量值小于实际值C．R x为大阻值电阻时应采用这种接法D．R x为小阻值电阻时应采用这种接法16．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻R M=0.5Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A．电动机的输入功率是12WB．电动机的输出功率是12WC．电动机的热功率是2WD．整个电路消耗的电功率是22W三.实验题17．某同学取来一个“黑箱”，准备探测内部结构：如图1，该“黑箱”表面有A、B、C三个接线柱，盒内总共有两个电学元件，每两个接线柱之间只可能连接一个元件，且已知电学元件的种类只可能是电阻、二极管或电池．为了探明盒内元件的种类及连接方式，某位同学用多用电表进行了如下探测：第一步：用电压挡，对任意两个接线柱正、反向测量，指针均不发生偏转；第二步：用多用电表的欧姆挡，对任意两个接线柱正、反向测量，将每次红、黑表笔的位置所示，则此时多用电表的读数为Ώ②第一步测量结果表明盒内．③请在图1的接线柱间，用电路符号画出黑箱内的元件及连接情况．18．某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要用到某元件（电阻约为20Ω）．现需要描绘①为提高实验结果的准确程度，电流表应选用；电压表应选用；滑动变阻器应选用．（以上均填器材代号）②为达到上述目的，请在虚线框（图1）内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号．③现已描绘出该元件的伏安特性曲线如图2．若将该元件直接连接在一个电动势为3V，内阻为5Ω的电源上，则该元件消耗的功率为W．（保留3位有效数字）四.计算题19．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带正电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，小球到右板的距离为L，如图所示，请问：（1）小球带电荷量是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？20．用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10﹣2kg，所带电荷量为+2.0×10﹣8C．现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成30°夹角，如图所示．求这个匀强电场的电场强度．g=10m/s2．21．如图甲是质谱仪的工作原理示意图．图中的A容器中的正离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区（初速度不计）加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，离子最终到达MN上的H点（图中未画出），测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．试求：（1）该粒子的比荷；（2）若偏转磁场为半径为的圆形区域，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变，仍保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场，最终仍然到达MN上的H点，则圆形区域中磁场的磁感应强度B′与B之比为多少？2015-2016学年甘肃省张掖市肃南一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一.单项选择题1．根据电容器的电容的定义式C=，可知（）A．电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比B．电容器不带电时，其电容为零C．电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比D．电容器的电容大小与电容器的带电情况无关【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电量Q、电压U无关．电容器不带电时，电容并不为零．【解答】解：A、电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变．故A错误．B、电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零．故B错误．C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定．故C错误．D、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关．故D正确．故选D【点评】本题考查对电容的理解能力．电容的定义式C=是采用比值定义法，有比值定义的共性，C与Q、U无关，反映电容器本身的特性一．2．将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则下列说法中正确的是（）A．a点的电场强度比b点的小B．a点的电势比b点的低C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的小D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做正功【考点】电场线；电场强度；电势能．【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．【解答】解：A：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A错误；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高．故B错误；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C正确；D：由上知，﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功，故D错误．故选：C．【点评】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加；知道电场线从正电荷出发，终止于负电荷．3．在图所示的匀强电场中，水平等距离的虚线表示其等势面，带电量Q=﹣0.5×10﹣10C的粒子（不考虑粒子所受重力）在电场力作用下从A点运动到B点，动能增加0.5×10﹣9J，A点电势为﹣10V，下列关于粒子的运动轨迹和B点电势的说法中正确的是（）A．粒子沿轨道1运动，B点电势为零B．粒子沿轨道2运动，B点电势为20VC．粒子沿轨道1运动，B点电势为﹣20VD．粒子沿轨道2运动，B点电势为﹣20V【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势；电势能．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿竖直方向，正电荷所受的电场力方向与场强方向相同．根据电场力做功正负，判断电场力方向，确定出电场线方向，即可判断粒子的运动轨道．根据动能定理求B 点电势．【解答】解：粒子从A点运动到B点，动能增加，电场力做正功，电场力方向必定向上，又根据电场力将指向运动轨迹的内侧，所以粒子沿轨道1运动．根据动能定理得：QU AB=△E k，得U AB==V=﹣10V又U AB=φA﹣φB，得φB=φA﹣U AB=﹣10V﹣（﹣10）V=0故选A【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧．4．如图所示，在匀强电场中a、b、c、d为矩形的四个顶点，e、f分别为ab边和cd的中点且ab长为ad长的2倍．已知电场线的方向平行于矩形所在平面，a、b、c三点电势分别为4V、8V、6V，则下列说法中错误的是（）A．d点的电势为2VB．电场线方向垂直于ac向下C．电场线方向垂直于ec向下D．一电子从a点运动到c点，电势能减少【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据匀强电场等势线的特点可知：ab的电势差等于dc的电势差，从而得出d点的电势，e点的电势等于a、b电势的平均值，从而得出ce为等势线，抓住电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势得出电场线的方向．【解答】解：A、匀强电场的等势线是等间距的平行直线，根据几何关系可知ab的电势差等于dc的电势差，即φa﹣φb=φd﹣φc，解得：φd=2V．故A正确．B、C、a、b两点的电势分别为4V、8V，e为ab的中点，则e点的电势等于a、b电势的平均值，即为6V，所以ec连线为等势线．根据电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，知电场线垂直于ec向下．故C正确，B错误．D、因为a点的电势小于c点的电势，根据电势能E p=qφ，知电子在a点的电势能大于c点的电势能．故D正确．本题选错误的，故选：B．【点评】解决本题的关键知道匀强电场等势线的特点，以及知道电场线与等势线的关系．5．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．带点油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将增大C．带电油滴的电势能将增大D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化．【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B错误．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C正确．D、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小．故D错误．故选：C．【点评】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．6．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA，若将该电池板与一阻值为60Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.10V B．0.20V C．0.40V D．0.60V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电池板的开路电路等于电池的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据欧姆定律求出电流和路端电压．【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势E=800mV 由闭合电路欧姆定律得：短路电流I短=则得电源内阻：r===20Ω则该电池板与60Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流为：I==mA=10mA故路端电压U=IR=10mA×60Ω=600mV=0.60V，故D正确故选：D【点评】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势．7．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（）①甲表是安培表，R增大时量程增大②甲表是安培表，R增大时量程减小③乙表是伏特表，R增大时量程增大④乙表是伏特表，R增大时量程减小．A．①③B．①④C．②③D．②④【考点】多用电表的原理及其使用．【分析】电流表、电压表都是由小量程的电流表改装而成的．利用并联电阻的分流作用，将灵敏电流表G和电阻并联，改装成安培表．利用串联电阻的分压作用，将灵敏电流表G和电阻串联，改装成电压表．【解答】解：①、②，由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表．安培表的量程I=I g+，可知当R减小时量程I增大．故①错误，②正确．③、④，由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表．伏特表的量程U=I g（R g+R），可知R增大时量程增大．故③正确，④错误．故选C．【点评】本题考查电表改装的原理和量程的意义．8．如图电路中，电灯L1、L2都标有“220V、40W”；电灯L3、L4都标有“220V、100W”．将A、B两端接入电源，最暗的灯是（）A．L1B．L2C．L3D．L4【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由灯的铭牌可知灯的额定电压和额定功率，根据P=可以比较四灯的电阻大小；L1和L4串联，根据P=I2R，可以得出I1与I4、P1和P4的大小关系；L2和L3并联，根据P=，可以得I2与I3、P2和P3的大小关系；根据P=I2R判断P1和P2的大小关系；综合分析确定实际电功率最大的灯，而灯的亮度取决于灯的实际电功率，据此判断那盏灯最亮．【解答】解：由：P=得：R=故四灯电阻：R1=R2＞R3=R4，由图知，L1和L4串联，由于P=I2R，R1＞R4，I1=I4 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①故P1＞P4﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②L2和L3并联，R2＞R3，由于P=，故I2＜I3、P2＜P3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③故P=I2R，R1=R2，I1＞I2，R3=R4，I3＜I4 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④故P1＞P2，P3＜P4 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤由②③⑤可得：P1＞P4＞P3＞P2，故L1的电功率最大、最亮；L2的电功率最小、最暗；故ACD错误，B正确故选：B．【点评】本题考查了学生对欧姆定律、电功率公式的掌握和运用，本题关键：一是知道灯的亮度取决于灯的实际电功率，二是电功率公式的灵活选择．9．利用伏安法测未知电阻时，用图甲测得结果为R1，用图乙测得结果为R2，若待测电阻的真实值为R，则（）A．R1＞R＞R2B．R1＜R＜R2C．R1＞R，R2＞R D．R1＜R，R2＜R【考点】伏安法测电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】两种接法都有误差：甲图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R 的电压，还包括了电流表的分压，乙图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R 的电流，还包括了电压表的电流；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小．【解答】解：甲图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=U R+U A 电流表的示数I是通过R的真实值，则R测==＞=R真，故R1＞R；乙图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即I=I R+I V电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R测==＜=R真，故R＞R2；故R1＞R＞R2，故A正确，BCD均错误；故选：A．【点评】待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．10．如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时，则（）A．A灯变亮，B灯变暗B．A灯变暗，B灯变亮C．A、B灯均变亮D．A、B灯均变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先认识电路的结构：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道灯A的亮度变化．根据总电流和通过A电流的变化，分析通过R的电流变化和电压变化，可分析出B两端电压的变化，即可灯B亮度变化．可分析出通过并联电路的变化，则知灯B的变化．【解答】解：电路的结构是：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过A的电流减小，则灯A变暗．因总电流增大、通过A的电流减小，则通过R的电流增大，R的电压增大，路端电压减小，则B两端电压的减小，B灯变暗．所以A、B灯均变暗．故选：D．【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．11．如图所示，电压U保持不变，已知R1=2kΩ，R2=3kΩ，现用一个电阻为6kΩ的电压表并联在R2的两端，电压表的读数为6V．若把它接在a、b两点间，电压表的读数为（）A．8V B．10V C．12V D．14V【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表不是理想的电压表，本身也有电阻，当电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小．结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数．【解答】解：当电压表并联在R2的两端时，电压表与R2的并联电阻为：R并==kΩ=2kΩ可知，R并=R1根据串联电路的分压特点，可知R1两端的电压也等于6V，故U=12V．所以把电压表接在a、b两点间，电压表的读数为12V．故选：C【点评】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．12．如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象下列判断正确的是（）A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．【解答】解：A．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2，故A正确；B．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故B错误；C．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故C错误；D．电动势E1=E2，内阻r1＜r2，根据U=E﹣Ir可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D错误；故选A．【点评】本题考查了闭合电路电源的U﹣I图象的相关知识，要求同学们理解U﹣I图象中与U 轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．二.多项选择题13．如图所示，A、B为两个等量同种点电荷，a、O、b在点电荷A、B的连线上，c、O、d 在连线的中垂线上Oa=Ob=Oc=Od，则（）A．a、b两点的场强相同，电势也相同B．c、d两点的场强不相同，电势相同C．O点是A、B连线上电势最低的点，也是A、B连线上场强最小的点D．O点是中垂线cd上电势最高的点，也中垂线上场强最大的点【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】场强是矢量，只有大小和方向都相同，场强才相同．作出电场线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．【解答】解：作出两个电荷连线上的电场线和中垂线上电场线如图．A、根据电场线分布可知，a、b两点场强方向相反，则场强不同；由电场线的方向可知，c点电势等于d点电势．故A错误．B、根据电场线分布可知，a、b两点场强方向相反，则场强不同；由电场线的方向可知，c点电势等于d点电势．故B正确．C、由图可知，o点电势是AB连线上的最低点，同时根据电场强度的叠加可知，O点的电场强度是A、B连线上最小点．故C正确．D、根据图可知，O点是中垂线cd上电势最高的点，但不是中垂线上场强最大，而是最小．故D错误．故选BC【点评】本题的技巧是作出电场线，根据电场线的方向判断电势的高低是常用的方法，要学会应用．14．如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的左侧以相同的初速垂直于电场方向进入电场，它们分别落到A、B、C三点，则可以断定（）A．落到a点的小球带正电，落到C点的小球带负电B．三小球在电场中运动时间相等C．三小球到达负极板的动能关系是E KA＞E KB＞E KCD．三小球在电场中运动的加速度是a A＞a B＞a C【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由图可知上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力．则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动．由此根据平抛和类平抛运动规律求解．。
甘肃省天水三中2015-2016学年高二下学期第一次月考物
2015-2016学年甘肃省天水三中高二（下）第一次月考物理试卷一．单项选择题（每题5分）1．图中能产生感应电流的是（）A．B．C．D．2．如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则（）A．T1＞mg，T2＞mg B．T1＜mg，T2＜mg C．T1＞mg，T2＜mg D．T1＜mg，T2＞mg3．如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B．方向垂直于平行金属导轨所在平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒垂直于棒的方向以恒定的速度υ在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是（）A．B．C．D．4．如图所示，长为L的金属导线上端悬于C点，下端系一小球A，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动方向如图所示，导线与竖直方向的夹角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为（）A．C点BL2ωB．C点BL2ωsin2θC．A点BL2ωD．A点BL2ωsin2θ5．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0﹣时间内，直导线中电流向上，则在﹣T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左6．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能变化，若外力对环做的功分别为W a、W b，则W a：W b为（）A．1：4 B．1：2 C．1：1 D．不能确定7．如图所示，属于交流电的是（）A．B． C．D．8．如图所示电路中，s是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2，在t1时刻将s断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是图中的哪一个（）A．B．C．D．二．填空题（每空5分）9．一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4πrad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图所示．则交变电流的频率为Hz，当t=0时，线圈平面与磁感线，当t=0.5s时，e为V．10．一个200匝，面积0.2m2的均匀圆线圈，放在匀强磁场中，磁场方向与线圈垂直．若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T，则在此过程中，磁通量的变化率是=Wb/s，线圈中的感应电动势为E=V．11．一闭合线圈有50匝，总电阻R=20Ω，穿过它的磁通量在0.1s内由8×10﹣3Wb增加到1.2×10﹣2Wb，则线圈中的感应电动势E=，线圈中的电流强度I=．三．计算题（每题10分）12．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=1T，平行导轨宽l=1m．两根相同的金属杆MN、PQ在外力作用下均以v=1m/s的速度贴着导轨向左匀速运动，金属杆电阻为r=0.5Ω．导轨右端所接电阻R=1Ω，导轨电阻不计．（已知n个相同电源的并联，等效电动势等于任意一个电源的电动势，等效内阻等于任意一个电源内阻的n分之一）（1）运动的导线会产生感应电动势，相当于电源．用电池等符号画出这个装置的等效电路图（2）求10s内通过电阻R的电荷量以及电阻R产生的热量．13．如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S=200cm2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω．线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R=4.0Ω．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；（2）在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率；（3）0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量．14．如图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v向右运动进入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域．线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界．已知线框的四个边的电阻值相等，均为R．求：（1）在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小；（2）在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压；（3）在线框被拉入磁场的整个过程中，线框中电流产生的热量．2015-2016学年甘肃省天水三中高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一．单项选择题（每题5分）1．图中能产生感应电流的是（）A．B．C．D．【考点】感应电流的产生条件．【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．【解答】解：A、线圈是不闭合的，不能产生感应电流．故A错误；B、线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流．故B正确；C、由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0．故C错误；D、线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流．故D错误．故选：B2．如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则（）A．T1＞mg，T2＞mg B．T1＜mg，T2＜mg C．T1＞mg，T2＜mg D．T1＜mg，T2＞mg【考点】楞次定律．【分析】根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环和磁铁先排斥后吸引．【解答】解：深刻理解楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化．在本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小．故两种情况下，绳的拉力都大于mg；经过磁铁位置Ⅱ的时候速度较大，阻碍的作用也较大，故T1＜T2．因此，A正确．故选：A．3．如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B．方向垂直于平行金属导轨所在平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒垂直于棒的方向以恒定的速度υ在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，金属棒有效的切割长度为，求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出电流．【解答】解：ab中产生的感应电动势为：E=BLv=Bv通过R的电流为：I==．故D正确．故选：D4．如图所示，长为L的金属导线上端悬于C点，下端系一小球A，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动方向如图所示，导线与竖直方向的夹角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为（）A．C点BL2ωB．C点BL2ωsin2θC．A点BL2ωD．A点BL2ωsin2θ【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．【分析】将金属导线切割看成水平方向与竖直方向，因竖直方向不切割，那么根据转动切割产生的感应电动势公式求出金属导线两端的电势差；金属导线中各点切割感线的速度不等，应用平均速度求解感应电动势的大小．线速度与角速度的关系式v=ωr．【解答】解：根据右手定则知C点电势高可将金属导线看成水平方向与竖直方向，竖直方向不切割磁感线，水平方向切割磁感线，由法拉第电磁感应定律，金属导线产生的感应电动势为：E=BLsinθ，圆周运动的速度为：v=Lsinθ•ω，因此金属导线中产生的感应电动势大小电势差为：E=BL2ωsin2θ，故B正确，ACD 错误；故选：B5．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0﹣时间内，直导线中电流向上，则在﹣T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【考点】楞次定律；安培力．【分析】在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力．【解答】解：在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C 正确，A、B、D错误．故选：C．6．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能变化，若外力对环做的功分别为W a、W b，则W a：W b为（）A．1：4 B．1：2 C．1：1 D．不能确定【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】将闭合线框a和b匀速拉出磁场，根据功能关系可知，外力对环做的功等于线框产生的焦耳热．根据感应电动势公式、焦耳定律、电阻定律研究功的关系．【解答】解：闭合线框a产生的感应电动势E a=BLv，外力对环做的功为：W a=，R a=ρ则得：W a=闭合线框b产生的感应电动势E b=B2Lv，外力对环做的功为：W b=，R a=ρ则得：W b=故有：W a：W b=1：4故选：A．7．如图所示，属于交流电的是（）A．B． C．D．【考点】交变电流．【分析】直流电是指电流的方向不会随时间做周期性变化；而交流电的方向一定随时间估周期性变化．【解答】解：交流电是指电流的大小和方向均随时间做周期性变化的电流；由图可知，符合条件的只有C；故选：C．8．如图所示电路中，s是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2，在t1时刻将s断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是图中的哪一个（）A．B．C．D．【考点】自感现象和自感系数．【分析】当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．【解答】解：当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以电流i1会慢慢增大，灯泡A 这一支路立即就有电流．当电键断开，A这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过A的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且A 和L构成回路，通过A的电流也流过L，所以i2变成反向，且逐渐减小．因i1＞i2，故D正确，A、B、C错误．故选D．二．填空题（每空5分）9．一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4πrad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图所示．则交变电流的频率为2Hz，当t=0时，线圈平面与磁感线垂直，当t=0.5s时，e为0V．【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【分析】由T=可读出周期，即可求得频率．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流．磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面．【解答】解：交流电的周期是T===0.5s，则频率为f==Hz=2Hz；当t=0时，感应电动势为零，磁通量最大，线圈通过中性面．线圈平面与磁感线垂直；当t=0.5s=1T 时，由图知e=0，最小．故答案为：2，垂直，010．一个200匝，面积0.2m2的均匀圆线圈，放在匀强磁场中，磁场方向与线圈垂直．若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T，则在此过程中，磁通量的变化率是= 1.6Wb/s，线圈中的感应电动势为E=320V．【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小．【解答】解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T．所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2﹣∅1=（B2﹣B1）S=0.4×0.2=0.08Wb而磁通量变化率为：=Wb/s=1.6Wb/s则线圈中感应电动势大小为：E=N=200×1.6=320V；故答案为：1.6；32．11．一闭合线圈有50匝，总电阻R=20Ω，穿过它的磁通量在0.1s内由8×10﹣3Wb 增加到 1.2×10﹣2Wb，则线圈中的感应电动势E=2V，线圈中的电流强度I= 0.1A．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得线圈中感应电动势为：E=n=50×V=2V感应电流为：I==A=0.1A故答案为：2V，0.1A．三．计算题（每题10分）12．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=1T，平行导轨宽l=1m．两根相同的金属杆MN、PQ在外力作用下均以v=1m/s的速度贴着导轨向左匀速运动，金属杆电阻为r=0.5Ω．导轨右端所接电阻R=1Ω，导轨电阻不计．（已知n个相同电源的并联，等效电动势等于任意一个电源的电动势，等效内阻等于任意一个电源内阻的n分之一）（1）运动的导线会产生感应电动势，相当于电源．用电池等符号画出这个装置的等效电路图（2）求10s内通过电阻R的电荷量以及电阻R产生的热量．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【分析】（1）切割的部分相当于电源，根据右手定则得出感应电动势的方向，画出等效电路图．（2）根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小，根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，从而结合电量的公式求出通过电阻的电量，根据焦耳定律求出产生的热量．【解答】解：（1）根据右手定则知，导体棒的上端相当于电源的负极，等效电路图如图所示．（2）切割产生的感应电动势E=BLv=1×1×1V=1V．电路中的电流I=．则通过电阻的电荷量q=It=0.8×10C=8C．电阻R上产生的焦耳热Q=I2Rt=0.82×1×10J=6.4J．答：（1）等效电路图如图所示．（2）通过电阻R的电荷量为8C，电阻R产生的热量为6.4J．13．如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S=200cm2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω．线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R=4.0Ω．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；（2）在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率；（3）0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量．【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】（1）由图读出磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小．（2）用同样的方法求出t=5.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小，即可求得其电功率．（3）根据焦耳定律分别求出0～4.0s时间内和4.0s～6.0s时间内的热量，再求总和．【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，0～4.0s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t1=2.0s时的感应电动势为：E1=n=1000××200×10﹣4=1V根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流为：I1==A=0.2A（2）在4﹣6S时间内有：E2=n=1000××200×10﹣4V=4V则5s时的电流为：I2===0.8A在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率为：P=R=0.82×4=2.56W（3）根据焦耳定律，0～4.0s内闭合电路中产生的热量为：Q1=I12（r+R）△t1=0.22×（1+4）×4=0.8 J在4.0s～6.0s时间内闭合电路中产生的热量为：Q2=I22（r+R）△t2=0.82×（1+4）×2=6.4J故0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量为：Q=Q1+Q2=0.8+6.4=7.2J．答：（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小为0.2A；（2）在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率为2.56W；（3）0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量为7.2J．14．如图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v向右运动进入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域．线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界．已知线框的四个边的电阻值相等，均为R．求：（1）在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小；（2）在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压；（3）在线框被拉入磁场的整个过程中，线框中电流产生的热量．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；欧姆定律；焦耳定律；电磁感应中的能量转化．【分析】（1）当ab边刚进入磁场区域时，在切割磁感线产生感应电动势，由闭合电路殴姆定律可求出线框内的电流大小．（2）当ab边刚进入磁场区域时，ab边相当于电源，则ab边两端的电压则是路端电压即为感应电动势的四分之三．（3）在线框被拉入磁场的整个过程中，由于速度恒定，因此感应电流也恒定，同时再拉出的位移与速率求出拉出时间，最后根据焦耳定律可求出线框中电流产生的热量．【解答】解：（1）ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv通过线框的电流为，（2）ab边两端的电压为路端电压所以，（3）线框被拉入磁场的整个过程所用时间线框中电流产生的热量．2017年2月22日。
甘肃省永昌县第一中学2011-2012学年高二下学期期中考试物理试题(无答案)
第Ⅰ卷 （选择题共42分）一、单项选择题 （共14小题，每小题3分，共42分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。
）1．在电磁感应现象中，下列说法正确的是 ( )A ．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B ．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C ．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流D ．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路内一定会产生感应电流2.某磁场的磁感线如图1所示,有制线圈自图示A 位置落至B 位置,在下落过程中,自上而下看,线圈中的感应电流方向是 ( )A ．始终沿顺时针方向 B.始终沿逆时针方向C.先沿顺时针再沿逆时针方向D.先沿逆时针再沿顺时针方向 3．如图2甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电阻R =22Ω，各电表均为理想电表。
原线圈输入电压的变化规律如图2乙所示。
下列说法正确的是（）A ．该变压器为升压变压器B ．电阻R 消耗的电功率是22WC ．电压表的示数为222VD ．电流表的示数是1A4．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图3所示，由图可知（ ）A ．在t 1和t 3时刻线圈平面与磁场方向垂直B ．在t 2和t 4时刻穿过线圈的磁通量变化最快C ．从t 2时刻到t 4时刻，穿过线圈横截面的电量为零D ．若线圈转动周期为0.02秒，则1秒内电流方向改变100次图1 图35．如图4所示的理想变压器，b是原线圈的中点接头，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上正弦交变电压，现将单刀双掷开关与a连接，下列说法正确的是A．滑动变阻器触头P向上移动时，电压表、电流表示数均变小B．滑动变阻器触头P向上移动时，原线圈中电流增大C．单刀双掷开关由a转向b，电压表、电流表示数均变大D．单刀双掷开关由a转向b，变压器输入功率将变小6. 如图5所示，A、B都是很轻的铝环，分别调在绝缘细杆的两端，杆可绕中间竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的。
甘肃省兰州一中2015_2016学年高二物理上学期期中试题文(含解析)
2015-2016学年甘肃省兰州一中高二（上）期中物理试卷（文科）一、单项选择题（本题共15小题，每小题5分，共75分．每题只有一个选项符合题目要求．）1．通电导体发热的规律是由下列哪位物理学家总结的（）A．欧姆 B．焦耳 C．安培 D．法拉第2．下列物理量的单位是“特斯拉”的是（）A．安培力B．电场强度 C．电容 D．磁感应强度3．关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很小的带电体，才能看作点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电荷量很小的电荷D．当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体才可看成点电荷4．为了防止静电的危害，应尽快把产生的静电导走，下面措施中不是防止静电危害的是（）A．油罐车后面装一条拖地的铁链B．电工钳柄上套有绝缘胶套C．飞机轮上装搭地线D．印刷车间中保持适当的湿度5．关于磁场和磁感线，下列说法正确的是（）A．单根磁感线可以描述各点磁场的方向和强弱B．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的C．磁感线是磁场中客观真实存在的线D．磁感线总是从磁体的北极出发，到南极终止6．真空中有两个静止的点电荷，它们之间的相互作用力为F．若它们之间的距离变为原来的3倍，则它们之间的相互作用力变为（）A．B．C．3F D．9F7．通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为，则在时间t内产生的热量为（）A．4Q B．2Q C．D．8．对B=的理解，下列说法正确的是（）A．磁感应强度大小与放入该处的通电导线受到的安培力成正比B．磁感应强度大小与放入该处的通电导线I、L的乘积成反比C．导线中电流越大，该处的磁感应强度越小D．磁感应强度的大小和方向跟磁场中通电导线受力的大小和方向无关9．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是（）A． B． C．D．10．下列关于电容器的说法中，正确的是（）A．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多B．电容器不带电时，其电容为零C．两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较大D．电容器的电容跟它是否带电无关11．如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的图是（）A．B．C．D．12．如图所示，一带负电的粒子（不计重力）进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛仑兹力方向标示正确的是（）A．B．C．D．13．从阴极射线管发射出一束电子，在磁场的作用下发生偏转．下列各图对磁场与电子偏转情况所作的描述正确的是（）A．B．C．D．14．两个相距较远的带电体带有等量同种电荷q（可视为点电荷），当这两个带电体之间的距离为5r时，它们之间相互作用的静电力的大小可表示为（）A．B．C．D．条件不足，无法判断15．关于电磁感应现象的有关说法中，正确的是（）A．只要穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生B．穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大C．穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大D．穿过闭合电路的磁通量减少，则闭合电路中感应电流就减小二、计算题（必须有物理公式和计算过程，只写出答案不能得分）16．（12分）（2015秋•兰州校级期中）一盏功率为200W的白炽灯泡在300s内有Q=3.0×102C 的电荷通过灯丝，求：（1）通过灯丝的电流I．（2）灯丝的电阻R．17．（13分）（2014秋•长治校级期中）把一根长为L=10cm的直导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中．（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，试求该磁场的磁感应强度的大小B．（2）若该导线中通以I2=3A的电流，试求此时导线所受安培力大小F，并判断安培力的方向．2015-2016学年甘肃省兰州一中高二（上）期中物理试卷（文科）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共15小题，每小题5分，共75分．每题只有一个选项符合题目要求．）1．通电导体发热的规律是由下列哪位物理学家总结的（）A．欧姆 B．焦耳 C．安培 D．法拉第考点：物理学史．分析：通电导体发热的规律是由焦耳发现的，而欧姆发现了欧姆定律、安培发现了通电导线电流与磁场方向的关系、法拉第发现了电磁感应现象．解答：解：通电导体发热的现象称为电流的热效应，是由英国科学家焦耳发现的．故选B点评：对于科学家的重大发现、重要发明和著名学说等物理学史，要加强记忆，这也是考试的内容之一．2．下列物理量的单位是“特斯拉”的是（）A．安培力B．电场强度 C．电容 D．磁感应强度考点：磁感应强度．分析：“特斯拉”是磁感应强度的单位，不是电场强度、电动势、电容的单位．解答：解：A、安培力的单位是牛顿，不是特斯拉．故A错误；B、电场强度的单位是牛/库，不是特斯拉．故B错误．C、电容的单位是法拉，不是特斯拉．故C错误．D、磁感应强度的单位是特斯拉．故D正确．故选：D点评：本题考查对物理量的掌握程度．单位是物理量的组成部分，对名称和符号都要记住，可结合物理公式加强记忆．3．关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很小的带电体，才能看作点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电荷量很小的电荷D．当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体才可看成点电荷考点：元电荷、点电荷．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．解答：解：A、带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故A错误；B、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以体积很大的带电体也有可能看成是点电荷，故B错误；C、点电荷的关键在于其形状能否忽略；其电荷量并不一定小；故C错误；D、当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，故D正确；故选：D点评：本题关键明确点电荷是一直理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计．4．为了防止静电的危害，应尽快把产生的静电导走，下面措施中不是防止静电危害的是（）A．油罐车后面装一条拖地的铁链B．电工钳柄上套有绝缘胶套C．飞机轮上装搭地线D．印刷车间中保持适当的湿度考点：静电现象的解释．专题：电场力与电势的性质专题．分析：静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害．解答：解：A、油罐车在运输过程中，不断的相互摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害．故A正确，但不选；B、电工钳柄上套有绝缘胶套，在带电操作时，防止触电．所以不是防止静电危害的，故B正确；C、飞机在飞行时，与空气摩擦产生大量的静电，所以着落时通过飞机轮上装搭地线，将静电导走．故C正确，但不选；D、印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，由于有一定的湿度，能及时导走，故D正确，但不选；故选：B点评：人体活动时，皮肤与衣服之间以及衣服与衣服之间互相摩擦，便会产生静电．随着家用电器增多以及冬天人们多穿化纤衣服，家用电器所产生的静电荷会被人体吸收并积存起来，加之居室内墙壁和地板多属绝缘体，空气干燥，因此更容易受到静电干扰．5．关于磁场和磁感线，下列说法正确的是（）A．单根磁感线可以描述各点磁场的方向和强弱B．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的C．磁感线是磁场中客观真实存在的线D．磁感线总是从磁体的北极出发，到南极终止考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：磁体之间的相互作用是通过磁场发生的；为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线；磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极．磁感线的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱．解答：解：A、磁感线的疏密表示磁场的强弱；单根磁感线不能描述磁场的强弱；故A错误；B、磁体和磁体之间，磁体和电流之间的相互作用是通过磁场发生的；故B正确；C、磁感线是为了描述磁场而引入的虚拟线，实际中并不存在；故C错误；D、磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极，是闭合的曲线；故D错误；故选：B．点评：本题考查磁感线的性质，要注意明确磁感线是人为引入的虚拟线，实际中并不存在，但它能形象的描述磁场的强弱和方向．6．真空中有两个静止的点电荷，它们之间的相互作用力为F．若它们之间的距离变为原来的3倍，则它们之间的相互作用力变为（）A．B．C．3F D．9F考点：库仑定律．分析：由库仑力公式可得出两次作用力的表达式，则可求得距离减小后的相互作用力．解答：解：由库仑定律可得：F=K；变化后：F′==F；故选：A．点评：本题考查库仑定律的直接应用，只需注意数值的变化即可顺利求出．7．通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为，则在时间t内产生的热量为（）A．4Q B．2Q C．D．考点：焦耳定律．专题：恒定电流专题．分析：根据Q=I2Rt去求电阻变为2R，电流强度变为，在时间t内产生的热量．解答：解：根据Q=I2Rt得，电阻变为原来的2倍，电流强度变为原来的，时间不变，则热量变为原来的．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握焦耳定律热量的公式Q=I2Rt．8．对B=的理解，下列说法正确的是（）A．磁感应强度大小与放入该处的通电导线受到的安培力成正比B．磁感应强度大小与放入该处的通电导线I、L的乘积成反比C．导线中电流越大，该处的磁感应强度越小D．磁感应强度的大小和方向跟磁场中通电导线受力的大小和方向无关考点：磁感应强度．分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．解答：解：磁场中某处的磁感应强度大小，就是通以电流I、长为L的一小段导线垂直放在该处时所受磁场力F与I、L的乘积的比值．磁感应强度B跟磁场力F，跟电流强度I和导线长度L的乘积均无关．故AB错误，D正确；C、当通电电流越大的导体，平行放在磁场中某处受到的磁场力F等于0，但磁场并一定为零，故C错误；故选：D点评：磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入与磁场．即B 与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=一样．同时还要注意的定义式B=是有条件的．9．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是（）A． B． C．D．考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，由电场本身的性质决定，根据F=qE分析F 与q的关系．解答：解：A、电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，故A、B错误．C、根据F=qE知，E不变，F与q成正比，故C错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道电场强度的性质，知道电场强度与F和q无关，结合F=qE分析F 与q的关系，基础题．10．下列关于电容器的说法中，正确的是（）A．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多B．电容器不带电时，其电容为零C．两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较大D．电容器的电容跟它是否带电无关考点：电容．专题：电容器专题．分析：电容越大的电容器，只有在电压一定时，带电荷量才一定越多．两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较小．电容器的电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电容器是否带电无关．解答：解：A、由电容的定义式C=可知，电容越大的电容器，只有在电压一定时，带电荷量才一定越多．故A错误．B、D电容器的电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与电容器是否带电无关．故B错误，D正确；C、两个电容器的带电荷量相等时，由电容的定义式C=可知，两板间电势差较大的电容器的电容较小．故C错误．故选：D．点评：对于电容器电容的理解要采用的控制变量法，理解电量与电压的关系．而电容本身与电量、电压无关．11．如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的图是（）A．B．C．D．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．解答：解：A、A、B是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、A、B场强大小不等，但方向也不同，则电场强度不同．故B错误．C、A、B是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确D、电场线的疏密表示场强的大小，所以A、B场强不等，故D错误故选：C．点评：矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．12．如图所示，一带负电的粒子（不计重力）进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛仑兹力方向标示正确的是（）A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；左手定则．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：因带电粒子是带负电的，所以应用左手定则时，四指所指的方向与运动方向相反．应用左手定则可判断个选项的正误．解答：解：A、带负点的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项A错误．B、带负点粒子的运动方向与磁感应线平行，此时不受洛伦兹力的作用．选项B错误．C、带负点的粒子向右运动掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项C正确．D、带负电的粒子向上运动，掌心向里四指应向下，大拇指的方向向左，选项D错误．故选C．点评：在应用左手定则时，首先要判断运动的带电粒子所带的电性，若是正电，四指的方向与粒子运动方向一致，若是负电，四指所指的方向与粒子的运动方向相反．此处是非常容易出错的．13．从阴极射线管发射出一束电子，在磁场的作用下发生偏转．下列各图对磁场与电子偏转情况所作的描述正确的是（）A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子从阴极射出，在磁场中受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可确定电子束偏转的方向．解答：解：A、电子束从阴极（﹣极）射出，根据左手定则判断得知，电子所受的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，故A正确；B、电子束从阴极（﹣极）射出，根据左手定则判断得知，电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子束向上偏转，故B错误；C、电子束从阴极（﹣极）射出，根据左手定则判断得知，电子所受的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，故C错误；D、电子束从阴极（﹣极）射出，根据左手定则判断得知，电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子束向上偏转，故D错误．故选：A．点评：本题是左手定则的应用问题，应用左手定则时，要注意四指向电子运动的相反方向．14．两个相距较远的带电体带有等量同种电荷q（可视为点电荷），当这两个带电体之间的距离为5r时，它们之间相互作用的静电力的大小可表示为（）A．B．C．D．条件不足，无法判断考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据库仑定律的公式F=求解静电力的大小．解答：解：由点电荷库仑力的公式F=可得，两个相距较远的带电体带有等量同种电荷q，当这两个带电体之间的距离为5r时，它们之间相互作用的静电力的大小可表示为：．故选A．点评：本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．15．关于电磁感应现象的有关说法中，正确的是（）A．只要穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生B．穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大C．穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大D．穿过闭合电路的磁通量减少，则闭合电路中感应电流就减小考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化．感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，根据法拉第电磁感应定律分析．解答：解：A、只有穿过闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，穿过闭合电路的磁通量不为零，若磁通量不变化，没有感应电流产生，故A错误．B、穿过闭合电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势越大，故B正确．C、穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势不一定越大，故C错误．D、感应电流的大小取决于磁通量变化的快慢，磁通量减小时，若磁通量的变化率增大，则感应电流可能变大，故D错误；故选：B点评：本题的解题关键是准确理解并掌握法拉第电磁感应定律及感应电流的产生条件，要在准确二字上下功夫．二、计算题（必须有物理公式和计算过程，只写出答案不能得分）16．（12分）（2015秋•兰州校级期中）一盏功率为200W的白炽灯泡在300s内有Q=3.0×102C 的电荷通过灯丝，求：（1）通过灯丝的电流I．（2）灯丝的电阻R．考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）根据电流的定义式可以直接计算电流的大小．（2）根据欧姆定律，用电压除以电流得出灯丝的电阻R．解答：解：通过灯丝的电流为：I===1A（2）灯泡两端的电压为：U==200V灯丝的电阻为：R==200Ω答：（1）通过灯丝的电流I为1A．（2）灯丝的电阻R为200Ω．点评：本题考查了电功率公式和欧姆定律的灵活运用，是一道基础题目．17．（13分）（2014秋•长治校级期中）把一根长为L=10cm的直导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中．（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，试求该磁场的磁感应强度的大小B．（2）若该导线中通以I2=3A的电流，试求此时导线所受安培力大小F，并判断安培力的方向．考点：安培力．分析：（1）B⊥L，根据安培力的公式F=BIL，求磁感应强度B．（2）根据安培力的公式F=BIL，求出安培力的大小．解答：解：（1）由B=代入数据得：B=5×10﹣7T故磁场的磁感应强度为5×10﹣7T．（2）由F=BIL代入数据得：F=1.5×10﹣7N答：（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，则该磁场的磁感应强度的大小5×10﹣7T．（2）若该导线中通以I2=3A的电流，此时导线所受安培力大小1.5×10﹣7N．点评：解决本题的关键掌握安培力的公式F=BIL，会用左手定则判断出安培力的方向．- 11 -。
2015-2016学年甘肃省天水三中高二(下)期中物理试卷
2015-2016学年甘肃省天水三中高二（下）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共28.0分)1.某正弦式交变电流的方向在1s内改变100次，则其周期T为（）A.T=0.01sB.T=0.02sC.T=0.03sD.T=0.04s【答案】B【解析】解：在1s内改变100次，所以f=50H z则：T===0.02s；选项B正确，ACD错误故选：B．一个周期内电流方向改变两次，根据题意可以求出频率，进而求出周期．解得本题要知道频率与周期的关系，知道一个周期内电流方向改变两次，难度不大，属于基础题．2.一矩形线圈，绕垂直匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e随于时间t的变化如图所示．下面说法中正确的是（）A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D.每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大【答案】D【解析】解：A、由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以通过线圈的磁通量为最大，故A错误；B、由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大，则磁通量的变化率也为最大，所以通过线圈的磁通量为零，故B错误；C、由图可知，t3时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以C 错误；D、每当e变换方向时，即感应电动势为零时，则通过线圈的磁通量绝对值都为最大．故D正确；故选：D一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变．学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律．3.如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点，关于线框中的感应电流（）A.当E点经过边界MN时，感应电流最大B.当P点经过边界MN时，感应电流最大C.当F点经过边界MN时，感应电流最大D.当Q点经过边界MN时，感应电流最大【答案】B【解析】解：A、由图可知，当E点经过边界MN时，导线框有效切割长度为，所以感应电动势不是最大，则感应电流不是最大，所以A错误；B、当P点经过MN时，有效切割长度最大为RS，感应电流也为最大，所以B正确；C、当F点经过边界MN时，由图可知，导线框的有效切割长度为，所以感应电动势及感应电流不是最大，C错误；D、当Q经过MN时，由图可知，有效切割长度为零，或穿过导线框的磁通量不发生变化，所以感应电动势为零，感应电流为零，所以D错误．故选：B．本题的关键是明确导线框的有效切割长度的含义，从图中可以看出，当P点经过边界MN时有效切割长度最大为RS，即当导线框从S到Q进入磁场的过程中，有效切割长度先增大后减小．明确感应电动势E=BL v的含义，其中L是有效切割长度，即L是与B及v都垂直的长度．4.如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n：1．原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R．当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是（）A.电动机两端电压为IRB.电动机消耗的功率为I2RC.原线圈中的电流为n ID.变压器的输入功率为【答案】D【解析】解：A、电动机电路属于非纯电阻电路，则欧姆定律不适用．因此电动机两端的电压不能为IR，故A错误；B、电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率与输出功率之和，而为I2R仅是电动机线圈电阻的功率，故B错误；C、因为原副线圈的匝数比为n，且电流表读数为I，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得，原线圈的电流为，故C错误；D、理想变压器的原线圈的电压为U，而电流为，则变压器的输入功率为U．故D正确；故选：D理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连，则电动机的输出功率与电动机线圈的内阻之和为副线圈的输出功率．电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率．而线圈消耗的功率不能为：P R=5.如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的（）A.B灯不会立即熄灭B.A灯将比原来更亮一些后再熄灭C.有电流通过B灯，方向为c→dD.有电流通过A灯，方向为b→a【答案】D【解析】解：A、由题，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，说明L的电阻值与R的电阻值是相等的．再闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等．当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B 灯和R，只能通过A灯形成b→A→a→L→c→b的电流，所以AC错误，D正确；B、由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误．故选：D．在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路．做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向．6.如图所示为电热毯的电路图，电热丝接在u=311sin100πt V的电源上．电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为图（b）所示波形，从而进入保温状态．若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（）A.110 VB.156 VC.220 VD.311 V【答案】B【解析】解：由图象可知该交变电流的周期T=2×10-2s可分两段0-0.01s和0.01-0.02S根据有效值的定义可得+0=•T解得：U=故选B电压表读数为有效值，根据正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及电流的热效应便可求得有效值本题考察有关交变电流有效值的计算问题，难度不大，属于基础题．7.如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V，5W”，L4标有“5V，10W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1：n2和ab间电压应为（）A.2：1，25VB.2：1，20VC.1：2，25VD.1：2，20V【答案】A【解析】解：L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光．可知：U2=10V；P2=5+5+10W=20W，根据U1I1=P2得：U1=V=20V所以U ab=U1+U L1=20+5=25V故选AL2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光．说明副线圈电压为10V，副线圈功率为20W，根据电压与匝数成正比，可以求得副线圈的匝数，根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可以求得原线圈的输出功率，根据L1、正常发光得出电流，从而得出ab间电压，再求出原线圈电压，根据电压与匝数成正比，可以求得匝数比．理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率．二、多选题(本大题共3小题，共12.0分)8.小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户．设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器电功率的增加将导致（）A.升压变压器初级线圈中的电流变小B.升压变压器次级线圈两端的电压变小C.高压输电线路的电压损失变大D.降压变压器次级线圈两端的电压变小【答案】CD【解析】解：A、用电高峰期时，用电器电功率增加，知降压变压器副线圈的电流增大，可知原线圈的电流增大，即升压变压器输出电流增大，升压变压器初级线圈的电流增大，故A 错误．B、因为发电机有稳定的输出电压，可知升压变压器次级线圈两端的电压不变．故B错误．C、因为输电线上的电流增大，则输电线上电压损失增大，故C正确．D、因为电压损失变大，升压变压器输出的电压不变，则降压变压器的输入电压减小，可知降压变压器的输出电压，即次级线圈的电压减小．故D正确．故选：CD．发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，用电高峰期时，结合降压变压器输出电流的变化，得出输电线上电流的变化，从而得出输电线上损失的电压变化，通过升压变压器的输出电压不变，结合电压损失的变化，得出降压变压器输入电压的变化，从而得出降压变压器输出电压的变化．解决本题的关键知道原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系，以及知道升压变压器的输出电压、损失的电压、降压变压器的输入电压之间的关系．9.如图所示为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2分别为理想交流电压表，R1、R2、R3为电阻，原线圈两端接电压一定的正弦交流电源，当开关S闭合时，各交流电表的示数变化情况应是（）A.交流电流表A l读数变小B.交流电流表A2读数变大C.交流电压表V1读数变大D.交流电压表V2读数变小【答案】BD【解析】解：A、当闭合开关S后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1的示数不变，由于总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，所以A1、A2的示数都要变大，所以A 错误B正确，C错误；D、由于总的电流变大，电阻R1的电压变大，总的电压保持不变，所以并联部分的电压要减小，即V2读数变小，所以D正确．故选：BD．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．10.如图所示，用力将线圈abcd匀速拉出匀强磁场，下列说法正确的是（）A.拉力所做的功等于线圈所产生的热量B.对同一线圈，消耗的功率与运动速度成正比C.当速度一定时，线圈电阻越大，所需拉力越小D.在拉出全过程中，导线横截面所通过的电量与快拉、慢拉无关【答案】ACD【解析】解：A、力将线圈abcd匀速拉出匀强磁场，根据功能关系，则有拉力所做的功等于线圈所产生的热量，故A正确；B、根据功率表达式P=F v=v=，对同一线圈，消耗的功率与运动速度的平方成正比，故B错误；C、根据匀速拉出匀强磁场，则有F=F安=，当速度一定时，线圈电阻越大，所需拉力越小，故C正确；D、通过导线横截面的电荷量：q=I△t=△t=△t==，当拉出全过程中，导线横截面所通过的电量与快拉、慢拉无关，故D正确；故选：ACD．根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律写出安培力表达式，从而再分别求出功、功率、电量的表达式，然后讨论即可．导体棒匀速运动时满足外力等于安培力的条件，注意求电量时应用平均电流，掌握q=公式的应用，同时掌握功率表达式的内容．三、填空题(本大题共2小题，共12.0分)11.某温度报警器如图所示，其结构组成：斯密特触发器，______ 电阻R T，蜂鸣器，滑线变阻器R1．若要使热敏电阻在感测到更高的温度时才报警，应该______ R1的阻值（填增大或者减）【答案】热敏；减小【解析】解：当R T附近发生火情时，R T温度升高，由题意可知其电阻值变小，热敏电阻的分压减小，输入端A处为高电势，非门的输出端Y为低电势，蜂鸣器响报警；要使报警器在更高温度时才报警，就是温度稍高时，R T处阻值稍小，但A处为低电势，即R1分担的电压仍然较小，所以要调小阻值，故答案为：热敏，减小．当R T附近发生火情时，R T温度升高，由题意可知其电阻值变小，再根据欧姆定律来判断电压的变化．解决本题的关键掌握门电路的特点和热敏电阻的特性，结合欧姆定律去分析电压的变化．12.“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，分别称为高音扬声器和低音扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．图为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，据此可以确定甲扬声器是______ （高音扬声器或低音扬声器），L2的作用是______ ．【答案】低音扬声器；过滤低频信号【解析】解：高频和低频交流电通入该电路，由于线圈通低频，阻高频，电容通高频，阻低频，所以低频交流电通过甲扬声器，高频交流电通过乙扬声器．因此甲扬声器是低音扬声器．L2的作用是让低频交流电通过，减弱乙扬声器的低频电流．故答案为：低音扬声器，过滤低频信号．电感器的特点：通直流，阻交流；通低频，阻高频．电容器的特点：通交流，隔直流；通高频，阻低频．解决本题的关键掌握电感器和电容器的特点，电感器的特点：通直流，阻交流；通低频，阻高频．电容器的特点：通交流，隔直流；通高频，阻低频．四、计算题(本大题共4小题，共48.0分)13.将质量为m的球由高h处水平抛出，求从抛出到落地的过程中，小球的动量变化．【答案】答：物体落地的时间为：h=gt2由动量定理得：△p=mgt联立解得：△p=m，方向竖直向下答：小球的动量变化m，方向竖直向下【解析】根据高度求出平抛运动的时间，根据动量定理求出物体落地过程中动量的变化解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和动量的公式进行求解，基础题14.电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab=L，ad=h，质量为m，自某一高度H自由落下通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h，如图所示，若线框恰好以恒定速度通过磁场，求：（1）高度H应满足什么条件？（2）线框通过磁场的过程中产生的焦耳热｡【答案】解：（1）线框进入磁场前做自由落体运动，由速度位移公式得：v2=2g H，线框进入磁场后受到的安培力：F=BIL=BL=，线框做匀速运动，由平衡条件得：mg=，解得：H=；（2）线框匀速穿过磁场，线框的重力势能转化为焦耳热，由能量守恒定律可知，产生的焦耳热：Q=mg•2h=2mgh；答：（1）高度H应满足条件是：H=；（2）线框通过磁场的过程中产生的焦耳热2mgh｡【解析】（1）自由落体运动的速度位移公式求出线框进入磁场时的速度，由安培力公式求出安培力，由平衡条件列方程，然后求出高度H．（2）由能量守恒定律可以求出产生的焦耳热．本题考查了求高度H、求焦耳热，分析清楚线框运动过程、应用匀变速直线运动的速度位移公式、安培力公式、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题．15.发电机转子是100匝边长为20cm的正方形线圈，将它置于B=0.05T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω=100πrad/s的角速度转动，转动开始时线圈平面与磁场方向垂直，已知线圈的电阻为2Ω，外电路的电阻为8Ω，试求：（1）交变电流的瞬时表达式；（2）外电路上所消耗的功率；（3）如保持转子匀速转动，外力每分钟需要对转子所做的功；（4）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻的电量．【答案】解：（1）感应电动势最大值：E m=n BSω=100×0.05×0.2×0.2×100πV=20π V因转动开始时线圈平面与磁场方向垂直，故交变电动势瞬时值的表达式为：e=E m sinωt=20πsin100πt（V）根据闭合电路欧姆定律，总电阻R总=2Ω+8Ω=10Ω；则有：i==6.28sin100πt（A）（2）感应电动势有效值E==10πV．电键S合上后，由闭合电路欧姆定律I==A=A，外电阻R上所消耗的电功率P=I2R=W≈158W．（3）由于外力做功等于产生热量，根据焦耳定律，则有：W=Q=I2（R+r）t=2×（2+8）×60J≈11831J（4）由电量表达式，q=I•△t=n=代入数据，解得q=10-2c答：（1）线圈内产生的交变电流瞬时值的表达式i=6.28sin314t（A）；（2）电阻R上所消耗的电功率是P外≈158W；（3）如保持转子匀速转动，外力每分钟需要对转子所做的功W≈11831J；（4）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量10-2C．【解析】（1）根据感应电动势最大值，E m=n BSω，并从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式，从而求出电流的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，与电功率表达式，P=IU，即可求解；（3）因外力做功产生热量，再由焦耳定律，即可求解；（4）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I•△t=n公式，从而可求得．考查感应电动势的最大值的求法，并掌握交流电的最大值与有效值的关系，知道电功率的表达式，理解焦耳定律中的电流是有效值，同时掌握求电量的表达式q=I•△t=n．16.如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上．今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度v m时，运动的位移为x，求（1）金属杆沿斜面下滑的最大速度？（2）在此过程中电阻R产生的焦耳热为多少？（3）在此过程中流过电阻R的电荷量q为多少？【答案】解：（1）金属杆下滑达到最大速度v m时做匀速直线运动，则有：mgsinα=，得：v m=．（2）根据能量守恒定律得：在此过程中回路中产生的总热量为：Q=mgxsinα-mv m2，电阻R产生的焦耳热为：Q R=Q=（mgxsinα-mv m2）．（3）在此过程中流过电阻R的电荷量为：q=I t==．答：（1）金属杆沿斜面下滑的最大速度为；（2）在此过程中电阻R产生的焦耳热为（mgxsinα-mv m2）；（3）在此过程中流过电阻R的电荷量q为．【解析】（1）金属杆下滑达到最大速度v0时做匀速直线运动，根据安培力与速度的关系式和平衡条件求解最大速度．（2）根据能量守恒定律求解焦耳热；（3）根据q=求解电量；该题是电磁感应定律的综合应用，涉及的公式与知识点较多．其中通过金属棒横截面的电量q=，R+r应是回路的总电阻．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
永昌县第一高级中学2015-2016-2期中考试卷高二物理第I 卷一．单项选择（每题只有一个正确答案，每题3分共36分）1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 2．如图1所示，开始时矩形线圈平面与磁场垂直，且一半在匀强磁场内，一半在匀强磁场外，若要使线圈中产生感应电流，下列方法可行的是( ) A ．以ab 为轴转动 B ．将线圈向上平移C ．以ad 为轴转动(小于60°)D ．以bc 为轴转动(小于60°)３．如图2所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变，且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法确定 ４．关于自感，下面说法正确的是（ ） A ．自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加 B ．自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化 C ．电路中的电流越大，自感电动势越大 D ．电路中的电流变化量越大，自感电动势越大５．某交流发电机正常工作时，电动势e=E m sin ωt ，若将线框转速提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律是： ( )A ．e ’=E m sin ωt B ．e ’=E m sin2ωt C ．e ’=2E m sin ωt D ．e ’=2E m sin2ωt 6．如图3所示，水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（ ）A ．安培力对ab 棒所做的功相等B ．电流所做的功相等图1图 2图3C ．产生的焦耳热相等D ．ab 棒的动能改变量相等7．图4为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在1t 到2t 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由1B 均匀增加到2B ，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差a bϕϕ- （ ）A ．恒为2121()nS B B t t -- B ．从0均匀变化到2121()nS B B t t --C ．恒为2121()nS B B t t --- D ．从0均匀变化到2121()nS B B t t ---8．在变电所，经常要用交流电表去检测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，图5中能正确反映其工作原理的是（ ）9．如图6所示，MN 是一根固定的通电直导线，电流方向由N 到M ，今将一金属框abcd 放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘．当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为 （ ）A ．受力沿x 轴正向B ．受力沿x 轴负向C ．受力沿y 轴正向D ．受力沿y 轴负向10．如图7所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行轨道上，平行放置两根质量和电阻都相同的滑杆ab 和cd ，组成矩形闭合回路．轨道电阻不计，匀强磁场B 垂直穿过整个轨道平面．开始时ab 和cd 均处于静止状态，现用一个平行轨道的恒力F 向右拉ab 杆，则下列说法正确的是 （ ）A ．cd 杆向左运动B ．cd 杆始终静止C ．ab 与cd 杆均先做变加速运动，后做匀速运动D ．ab 与cd 杆均先做变加速运动，后做匀加速运动图4图5图6 图711．如图8所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为 ( ) Ａ．0I Ｂ．02I Ｃ． 023I Ｄ．03I12．如图9所示，理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡Ｌ1和Ｌ2，输电线的等效电阻为Ｒ．开始时，开关S 断开，当S 接通时，以下说法错误的是 ( ) Ａ．副线圈两端的输出电压减小 Ｂ．通过灯泡Ｌ1的电流减小 Ｃ．原线圈中的电流增大 Ｄ．变压器的输入功率增大二多选题（每题有两个或两个以上的答案，全选对得3分，选不全得2分，有错选的得0分，共15分） 13．如图10所示，通电螺线管左侧和内部分别静止吊一导体环a 和b ，当滑动变阻器R 的滑动触头c 向左滑动时( )． A ．a 向左摆 B ．a 向右摆 C ．b 不动D ．b 右摆14．如图11所示电路中，A 1、A 2是相同的两小灯泡．L 是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上和断开时（ ） A ．两灯同时点亮、同时熄灭B ．合上S 时，A 2比A 1先到达正常发光状态C ．断开S 时，A 1、A 2两灯都不会立即熄灭，通过A 1灯的电流方向与原电流方向相同, 通过A 2灯的电流方向与原电流方向相同D ．断开S 时，A 2灯会突然闪亮一下后再熄灭15. 如图12所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，当PQ 在外力作用下运动时，MN 在磁场力作用下向右运动，则PQ 所做的运动可能是（ ）A ．向右匀加速运动B ．向左匀加速运动C ．向右匀减速运动D ．向左匀减速运动图92I 0-2I 0图8图10图11图1216．图13所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′以角速度ω匀速转动，线圈的面积为S 、匝数为n 、线圈总电阻为r ，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R 连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是( )． A ．交流发电机产生的电动势的最大值E m ＝n BS ω B ．交流电压表的示数为2nRBS ω2 R ＋rC ．线圈从t ＝0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻的电荷量为πnBS22 R ＋rD ．线圈从t ＝0时刻开始转过90°的过程中，电阻产生的热量为2n 2ωRB 2S2π R ＋r17．如图14所示，粗糙水平桌面上有一质量为m 的铜质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB 正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N 及在水平方向运动趋势的正确判断是 （ ）A ．.F N 先小于mg 后大于mgB ． F N 先大于mg 后小于mgC.．运动趋势向左D．运动趋势向右图13图14第II 卷三．填空题(每空2分，共14分)18．如图15所示，阻值为R 的金属棒从图示位置AB 分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到A ′B ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中：作用在线圈上的安培力大小之比为： 通过回路某截面的电荷量之比19．如图12所示，在电路的MN 间加一如图所示的正弦式交变电流，负载电阻为100 Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，电压的瞬时值表达式为 交流电压表的读数为 交流电流表的读数为20．某同学用如图17所示的实验器材探究电磁感应现象。
他连接好电路并检查无误后，闭合电键的瞬间观察到电流表G 指针向右偏转，电键闭合后，他还进行了下列操作：（1）将滑动变阻器的滑动触头P 快速向接线柱C 移动，电流计指针将________（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。
（2）将线圈A 中的铁芯快速抽出，电流计指针将______（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。
四.计算题（写出必要的文字说明和过程，只写答案的不得分，共35分）21．如图18所示，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd ，其边长为L ，总电阻为R ，放在磁感应强度为B ．方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN 为磁场的左边界。
线框在大小为F 的恒力作用下向右运动，其中ab 边保持与MN 平行。
当线框以速度v 0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动。
在线框进入磁场的过程中：（1）线框的ab 边产生的感应电动势的大小为E 为多少？ （2）求线框a 、b 两点的电势差。
CDEP 图15图16（3）求线框中产生的焦耳热。
22．如图19甲所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路，线圈的半径为r 1，在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计，求0至t 1时间内．(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．23．如图20所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，一个磁感应强度B ＝0.50T 的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 间连接阻值为R ＝0.30Ω的电阻，导轨宽度L ＝0.40m 。
电阻为r ＝0.20Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上，导轨电阻不计，现使金属棒ab 由静止开始下滑，通过传感器记录金属棒ab 下滑的距离，其下滑距离与时间的关系如下表所示。
（g =10m/s 2）求：（1）在前0.4s 的时间内，金属棒ab 电动势的平均值；（2）金属棒的质量m ；（3）在前0.7s 的时间内，电阻R 上产生的热量Q R 。
24．如图21所示，一小型发电站通过升压变压器B 1和降压变压器B 2把电能输送给用户(B 1 和B 2都是理想变压器)，已知发电机的输出功率为500kW ，输出电压为500V ，升压变压器B 1原、副线圈的匝数比为1∶10，两变压器间输电导线的总电阻为2Ω。
降压变压器B 2的输出电压为220V 。
求：（1）输电导线上损失的功率；（2）降压变压器B 2的原、副线圈的匝数比。
图20图19永昌县第一高级中学2015-2016-2期中考试卷一单项选择（每题只有一个正确答案，每题3分共36分）1．C 2．A 3.C 4. Ｂ 5. D 6.D 7.C 8.C 9.A 10.D 11.D 12.A二多选题（每题有两个或两个以上的答案，全选对得3分，选不全得2分，有错选的得0分，共15分） 13.AC 14. B 15.BC 16. AB 17. B D 三．填空题(每空2分，共14分)18. 1:4 1:1 19. t π100sin 311 220 V 2.20 A 20. 右偏 ， 左偏 四.计算题（写出必要的文字说明和过程，只写答案的不得分，共34分） 21．解析：（1）E = BLv 0（2）a 、b 两点的电势差相当于电源的外电压∴000434BLv R RBLv BLv r I E U ab ab =⋅-=⋅-=（3）解法一：由于线圈在恒力F 作用下匀速进入磁场区，恒力F 所做的功等于线圈中产生的焦耳热，所以线圈中产生的热量为Q = W = FL解法二：线圈进入磁场区域时产生的感应电动势为E = BLv 0电路中的总电功率为R E P 2=线圈中产生的热量0v LP Pt Q ==联解可得：R v L B Q 032=22. [(1)由图象分析可知，0至t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt S而S ＝πr 22，由闭合电路欧姆定律有I 1＝ER 1＋R联立以上各式解得通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a .(2)通过电阻R 1上的电荷量q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0通过电阻R 1上产生的热量Q ＝I 21R 1t 1.解得Q 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2. [答案] (1)nB 0πr 223Rt 0 从b 到a (2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 223（1） 前0.4S 内磁通量的变化量ΔΦ＝B ΔS ＝BLh ＝0.24Wb 势的平均值Ab 棒电动（2）从表格中数据可知，0.3s 后棒作匀速运动，速度5m/S =ΔtΔh=V由解得（3）棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，克服安培力做的功等于回路的焦耳热。