【解析】安徽省池州市2017-2018学年高二下学期期中质量检测物理试题含解析.doc

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1、2017-2018学年高二年级下学期期中质量检测物理试卷一、选择题（第18题为单选题，每题4分，第912题为多选题，全部选对得4分，部分选对得2分，多选或错选0分，共48分）1. 关于电磁感应现象，下列叙述正确的有( )A. 奥斯特发现了电磁感应现象，并利用电磁感应的原理制成了人类历史上的第一台发电机B. 真空冶炼炉是利用涡流工作的C. 麦克斯韦在对理论和实验资料进行严格分析后，发现了法拉第电磁感应定律D. 楞次发现了电流的磁效应，并提出了楞次定律【答案】B【解析】法拉第发现了电磁感应现象，并利用电磁感应的原理制成了人类历史上的第一台发电机，选项A错误；真空冶炼炉是利用涡流工作的，选项B正确；

2、法拉第发现了电磁感应现象后，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，发现了法拉第电磁感应定律，故C错误；奥斯特发现了电流的磁效应，楞次提出了楞次定律，故D错误。故选B。2. 关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（ ）A. 线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B. 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C. 线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D. 线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大【答案】C【解析】试题分析：对法拉第电磁感应定律的理解E=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率解：根据法拉第电磁感应定律E=n得感应电动势的大小跟磁通量

3、的变化率成正比A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故A错误；B、磁通量越大，是大，但及则不一定大，故B错误；C、磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，则比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故C正确；D、虽然线圈放在磁感应强度越强的磁场，但可能为零，产生的感应电动势可能为零，故D错误故选：C【点评】磁通量=BS，磁通量的变化=21，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键3. 如图所示，矩形导体线框abcd放置在水平面内。

4、磁场方向与水平方向成a角，已知，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为：（ ）A. BS B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据磁通量的概念，通过线框的磁通量为，选项B正确.考点：磁通量.4. 位于载流长直导线近旁的两根平行铁轨A和B，与长直导线平行且在同一水平面上，在光滑铁轨A、B上套有两段可以自由滑动的导体CD和EF，如图所示，若用力使导体CD向右运动，则导体EF将（ ）A. 向右运动 B. 保持不动 C. 向左运动 D. 先向右运动，后向左运动【答案】A【解析】根据右手螺旋定制可知，通电导线下方磁场垂直纸面向里，若用力使导体CD向右运动，则闭合电路CDEF的磁通量

5、减小，根据楞次定律可知，在回路中产生的电流为EFDC，根据左手定则，EF受到水平向右的安培力，所以导体EF向右运动，故A正确，BCD错误。故选A。点睛：本题考查了楞次定律、右手定则、左手定则的运用，知道右手定则和左手定则的区别，不能混淆5. 一正弦交流电的电压阰时间变化的规律如图所示，由图可知（ ）A. 该交流电的频率为50HzB. 该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin(25t)VC. 若将该交流电压加在阻值R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率是50WD. 该交流电的电压的有效值为141.4V【答案】C【解析】由图可知，T=410-2s，故f=1/T=25Hz，=2f=50rad/

6、s，所以其表达式为u=100sin（50t）V，故A B错误；由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：，所以R消耗的功率为：，故C正确，D错误，故选C。点睛：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式6. 如图所示，电灯A和B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大线圈当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，下列说法正确的是（ ）A. B灯将比原来更亮一些后再熄灭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cdD. 有电流通过A灯，

7、方向为ab【答案】D【解析】S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R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cLab的电流；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D正确，ABC错误。故选D。点睛：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7. 如图甲为电热毯的电路图，电热丝接在U=311sin10

8、0t(V)的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为图乙所示波形，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. 220VB. 156VC. 110VD. 311V【答案】B【解析】由图象可知该交变电流的周期为：T=210-2s；可分两段0-T/2和T/2-T，根据有效值的定义可得：，解得：U=156V，故选B。点睛：本题考查有关交变电压有效值的计算问题，求解有效值时要注意“三个相同”：相等时间、相同电阻、相同的热量；知道电压表和电流表测量的都是有效值8. 中央电视台多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化。近年来进

9、行了衣村电网改造，为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是（ ）A. 提高输送功率 B. 用超导材料做输电线C. 减小输电线的横截面 D. 提高输电电压【答案】D【解析】切实可行的是提高输电电压，减小线路损失9. 如图所示的电路中，理想变压器原、副线图的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25，D为理想二极管，原线圈接的交流电，则（ ）A. 交流电的频率为50HzB. 通过R2的电流为1AC. 通过R2的电流为AD. 变压器的输入功率为200W【答案】AC【解析】交流电的频率f=50Hz，A正确；由表达式知原线圈电压有效值为220V，副线圈两端电压为50

10、V，由于二极管的单向导电性，根据电流热效应，所以R2的电压U=25V，通过R2的电流为A，B错误，C正确；副线圈消耗的功率，输入功率等于输出功率，D错误；故选AC。点睛：本题的难点在于二极管的作用，要知道二极管有单向导电性，使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值.10. 两光滑水平导轨放置匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒ab可沿导轨自由移动，如图所示，导轨一端跨接一个定值电阻，金属棒和导轨的电阻不计。现将金属棒沿导轨由静止向右拉动，若保持拉力F恒定，经过时间t1速度变为v，金属棒受到的磁场力为F1，最终以2v的速度做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，经过时间t2，速度也变为v

11、，金属棒受到的磁场力为F2，最终也以2v的速度做匀速运动。则（ ）A. t1t2B. t1=t2C. F1=F2D. F1=2F2【答案】ACD【解析】试题分析：分析清楚两种情况下的运动形式区别，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的解：A、B、若保持拉力恒定不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=速度为v时，由牛顿第二定律得 F=ma1，联立两式得：=ma1保持拉力的功率不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=，拉力的功率为P=F2v=速度为v时，由牛顿第二定律得=ma2，联立两式得：3=ma2则得：a2=3a1由于拉力的

12、功率一定时，金属棒的加速度较大，其速度从v0增大到v的时间较小，即t1t2故A正确、B错误C、两种运动，当速度都为v时，磁场力均为BIl=，故F1=F2，故C正确D、由于两种情况下，最后都是匀速运动，故最终拉力等于磁场力：F=BIL=若保持拉力恒定，速度为v时，磁场力为F1，则F1=，因为F1=F2，所以F2=，即F=2F2，故D正确故选：ACD【点评】本题可以和机车启动的两种方式进行类比解答，只不过机车启动时阻力不变，而该题中阻力为安培力，是不断变化的11. 如图所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杅挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线OO的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线

13、的方向和水平面垂直。若悬点摩擦和空气阻力均不计，则（ ）A. 金属环进入磁场区域后越靠近OO线时速度越大，而且产生的感应电流越大B. 金属环每次进入和离开磁场区域都有感应屯流，而且感应电流的方向相反C. 金属环在摆动到停止过程中，机械能将全部转化为环中的电能D. 金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某值后不再减小【答案】BD【解析】金属环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，离平衡位置越近，则速度越大，故A错误。当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，都会产生感应电流。金属环进入磁场时，磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律得知两个过程感应

14、电流的方向相反，故B正确。由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能不断减少，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当环完全在磁场中来回摆动时，磁通量不变，没有感应电流，圆环的机械能守恒，摆角不变，在磁场区域来回摆动，故D正确。圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，机械能守恒，则金属环在摆动过程中，机械能不可能将完全转化为环中的电能，故C错误；故选BD。点睛：本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合要注意金属环最终不可能停下来，机械能就不可能完全转化为电能12. 在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度

15、大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置（实线所示）开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时（虚线所示），圆环的速度变为v/2，则下列说法正确的是（ ）A. 此时圆环的电功率为B. 此时圆环的加速度大小为C. 此过程中通过圆环截面的电荷量为D. 此过程中回路产生的电能为0.75mv2【答案】BC【解析】当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势E=2B2a=2Bav；圆环中的电功率，故A错误；此时圆环受力F

16、=2BI2a=2B22a= ，由牛顿第二定律可得，加速度，故B正确；电路中的平均电动势，则电路中通过的电量，故C正确；此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故E=mv2-m()2=mv2=0.375mv2故D错误；故选BC。点睛：本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等关键为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、瞬时值与平均值二、填空和实验（共20分，每空2分）13. 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、

17、V2和理想交流电压表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后A1示数_，A1与A2示数的比值_，V2示数_，V1与V2示数的比值_。（填“变大”，“变小”，“不变”）【答案】 (1). 变大 (2). 不变 (3). 不变 (4). 不变【解析】由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变。开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A2变大，则A1示数变大，由于理想变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变。点睛：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

18、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14. 把一正方形金属线框从匀强磁场中匀速拉出，如图所示。第一次匀速拉出的速率是v，第二次匀速拉出的速率是2v，其它条件不变，则前后两次拉力功率之比是_，线框产生的热量之比是_，通过线框的电量之比是_。【答案】 (1). 1:4 (2). 1:2 (3). 1:115. 如图所示是“探究电磁感应现象”的实验装置。(1)将图中所缺导线补接完整。(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向_偏一下（填“左”或“右”）；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移

19、动时，灵敏电流计指针将向_偏一下（填“左”或“右”）。【答案】 (1). 右 (2). 左【解析】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转点睛：本题考

20、查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键三、计算题(16题10分、17题10分，18题12分）16. 如图所示，小灯泡的规格为“2V、4W”，连接在光滑水平导轨上，两导轨相距0.2m，电阻不计，金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻1，整个装置处于磁感强度B=2T的匀强磁场中，求：(1)为使小灯正常发光，ab的滑行速度多大？(2)拉动金属棒ab的外力的功率多大？【答案】（1）10 m/s （2）8W【解析】试题分析：（1）灯泡正常发光时路端电压U=2V，干路上电流由闭合电路欧姆定律 E=U+Ir

21、=4V而E=Bdv得 v=40m/s（2）金属棒所受安培力的大小为F安=BId=02N故外力的功率P=Fv=F安v=8W考点：闭合电路欧姆定律;法拉第电磁感应定律；安培力17. 图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圆在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=1，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=9，与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，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图（乙）所示正弦规律变化。求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电压表的示数。(3)从图示位置转过30角过程中，通过R的

22、总电荷量。【答案】（1）200V （2） （3）【解析】（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBS因为磁通量的最大值m=BS=210-2Wb 则电动势的最大值EmnBS1002102100V=200V；（2）电动势的有效值由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为交流电压表的示数为U=I R=90V；（3）由法拉第电磁感应定律可知： .18. 如图甲所示，MN、PQ是相距d=2m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为2m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的电阻R=1，MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已

23、知灯泡电阻RL=3，定值电阻R1=7，调节电阻箱使R2=6，重力加速度g=10m/s2.现断开开关S，在t=0时刻由静止释放ab，在t=0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁感应强度B=1T，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象。(1)求斜面倾角a及ab的质量m；(2)ab由静止下滑x=50m(此前已达到最大速度）的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值，当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少【答案】(1)37，0.4kg (2)112.8J (3)3 ， 1.08 W【解析】试题分析：(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得由牛顿第二定律有所以有即t=0.5s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大() 后接着做匀速运动。匀速运动时，由平衡条件知又 联立以上四式有代入数据解得(2)由能量转化关系有代入数据解得J(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有所以通过R2的电流为R2的功率为联立以上三式可得当时，即，功率最大，所以W考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；能量守恒定律；牛顿第二定律