甘肃省白银市靖远第一中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

PAGE2020学年甘肃省白银市靖远一中高二（下）期中物理试卷一、单选 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 1.如图所示，空间分布着宽为L，垂直于纸面向里的匀强磁场．一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域．规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图（i-x）正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】在0-L过程：由楞次定律判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，为正值；感应电动势大小为E1=BLv，感应电流大小为；在L-2L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值；感应电动势大小为E2=2BLv，感应电流大小为；在2L-3L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值；感应电动势大小为E3=3BLv，感应电流大小为．故B正确．故选B.2.如图所示，质量为m半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ）A.小车向左运动最大距离为B.小球和小车组成的系统机械能守恒C.小球第二次能上升的最大高度D.小球第二次离开小车在空中运动过程中，小车处于静止状态【答案】D【解析】【详解】A项：小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：，即有，解得小车的位移为：x=R，故A错误；B项：小球第一次在车中运动的过程中，由动能 定理 三点共线定理勾股定理的证明证明勾股定理共线定理面面垂直的性质定理 得：，由此可知小球和小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；C项：小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得：，解得：，即小球第一次在车中运动损失的机械能为，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于所以小球第二次离开小车时，能上升的高度大于：，故C错误；D项：由水平方向动量守恒可知，小球第二次离开小车在空中运动过程中，小球水平方向速度为零，所以小车的速度也为零，故D正确。故选：D。3.如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器Q板(　　)A.不带电B.所带电荷量与t成正比C.带正电，电荷量是D.带负电，电荷量是【答案】D【解析】【详解】由楞次定律可判断如果圆环闭合，感应电流方向为逆时针方向，所以圆环作为一个电源，P是负极，所以P板带负电，Q板带正电。根据法拉第电磁感应定律有：，所以有：，故C正确。4.一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图所示．由图可知(　　)A.该交流电的电流瞬时值的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式为i＝2sin(100πt)AB.该交流电的频率是25HzC.该交流电的电流有效值为AD.若该交流电流通过R＝10Ω的电阻，则电阻消耗的功率是40W【答案】B【解析】【详解】A.根据图像可求得周期，所以角速度，所以瞬时值表达式，A错误B.交流电频率，B正确C.正弦交流电有效值，C错误D.根据焦耳定律：，D错误5.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．V1和 V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1 和A2 是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是（　　）A.和表示电流的瞬时值B.和表示电压的最大值C.滑片P向下滑动过程中，不变、变大D.滑片P向下滑动过程中，变小、变小【答案】C【解析】【详解】在交流电中电表显示的都是有效值，故AB错误；滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，所以I1变大，故C正确，D错误。6.先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化（如图甲所示）；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是（　　）A.第一次，灯泡两端的电压有效值是B.第二次，灯泡两端的电压有效值是C.第一、第二次，灯泡的电功率之比是2：9D.第一、第二次，灯泡的电功率之比是1：5【答案】AD【解析】试题 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：对于正弦式电流的有效值，由甲图读出电压的最大值，求出有效值．对于乙图，根据有效值的定义，求出有效值．功率的公式，用有效值求出电功率之比．第一次灯泡两端的电压有效值为，设第二次电压的有效值为，根据有效值的定义，则有，解得，故A正确，B错误；由功率的公式得，灯泡的电功率之比是，故C错误，D正确．7.如图所示的电路中，P、Q为两相同的灯泡，L的电阻不计，则下列说法正确的是（　　）A.S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会儿才熄灭B.S接通瞬间，P、Q同时达到正常发光C.S断开瞬间，通过P的电流从左向右D.S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相同【答案】D【解析】【详解】A.S断开瞬间，由于电感线圈存在，阻碍电流减小，且此时P、Q连成一个回路，所以P、Q都是缓慢熄灭，A错误B.S接通瞬间，P支路直接达到正常发光，Q支路由于电感存在，阻碍电流增大，电流缓慢增大，Q为缓慢变亮，B错误CD.S断开瞬间，电感阻碍电流减小，此时P、Q连成一个回路，Q支路感应电流与原电流方向一致，从左向右，但通过P支路的是从右向左，C错误D正确8.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，则在先后两种情况下（　　）A.线圈中的感应电动势之比为：：2B.线圈中的感应电流之比为：：1C.线圈中产生的焦耳热之比：：1D.通过线圈某截面的电荷量之比：：1【答案】C【解析】【详解】因为v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，故A错误；感应电流，由于v1=2v2，则感应电流之比为2：1，故B错误；v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1，故C正确；根据，两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1：1．故D错误；9.如图5甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图5乙所示的变化电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)．在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是(　　)A.线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B.线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C.线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D.线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势【答案】A【解析】在t1～t2时间内，通入线圈A中的电流是正向增大的，即逆时针方向增大的，其内部会产生增大的向外的磁场，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可判定线圈B中会产生顺时针方向的感应电流．线圈B中电流为顺时针方向，与A中的电流方向相反，有排斥作用，故线圈B将有扩张的趋势．综上所述，A项正确．二、多选题10.如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源。t=0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S．I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（　　）A.B.C.D.【答案】AC【解析】A、电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以慢慢减小，最后稳定时电感相当于一根导线，为0，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电灯，其方向与规定图示流过电灯的方向相反，慢慢减小最后为0，故A正确，B错误；C、电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以慢慢增大，最后稳定，断开电键，原来通过的电流立即消失，故C正确，D错误。点睛：解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。三、填空题11.磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是________(填“防止”或“利用”)涡流而 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 的，起________(填“电磁阻尼”或“电磁驱动”)的作用．【答案】【小题1】利用【小题2】电磁阻尼【解析】【详解】磁电式仪表通过给线圈通电，使其在磁场中发生偏转来带动指针偏转，进而指示示数。由于为了能够准确指示示数，导线框转动时的摩擦要尽可能的减小。这就造成了，线圈在通电转动幅度比较大，在示数比较大的时候，很容易损坏指针。并且线圈还会来回摆动，停止下来需要的时间比较长，造成使用上的不便。因此，利用吕制导线框在磁场中转动时，由于电磁感应产生的感应电流受到磁场的作用，而产生阻尼作用，防止指针过快偏转和来回摆动。故而，填写“利用”和“电磁阻尼”。【点睛】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理，对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握，同时理解电磁阻尼的原理。四、实验题探究题12.图为“研究电磁感应现象”的实验装置。（1）将图中所缺的导线补接完整_________。（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能现的情况有：（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将______。②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针______。【答案】(1).（1）如图所示；(2).（2）右偏；(3).左偏【解析】【详解】（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）在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下；①闭合开关，将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将右偏。②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻变大，电流减小，则穿过线圈的磁通量减少，灵敏电流计指针左偏。五、计算题13.如图所示，边长为L、匝数为n的正方形金属线框，它的质量为m、电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间的变化规律为B=kt．求：（1）线框中的电流强度为多大？（2）t时刻线框受的安培力多大？【答案】（1）（2）【解析】（1）线框中的电动势，电流为（2）安培力为14.发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V．输电线电阻为10Ω，若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升，降压变压器原副线圈的匝数比．（2）用户得到的电功率是多少？【答案】（1）（2）96K0057x【解析】【详解】（1）输电线损耗功率：P线=100×4%kW=4kW又P线=I22R线输电线电流：I2=I3=20A原线圈中输入电流：所以这样U3=U2-U线=5000-20×10V=4800V所以（2）用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用=P-P损=P（1-4%）=100×96%kW=96kW15.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时：求：（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。【答案】（1）BL；（2）BL；（3）。【解析】【详解】（1）线框进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，cd边刚进入磁场时，产生的感应电动势：E=BLv，解得：E=BL；（2）此时线框中电流为：I=，cd两点间的电势差：U=I=BL；（3）安培力：F=BIL=，根据牛顿第二定律有：mg-F=ma，由a=0解得下落高度满足：h=；16.如图所示，有一倾角α=37°的粗糙斜面，斜面所在空间存在一有界矩形匀强磁场区域GIJH，其宽度GI=HJ=L=0.5m．有一质量m=0.5Kg的“日”字形匀质导线框abcdef，从斜面上静止释放，释放时ef平行于GH且距GH为4L，导线框各段长 ab=cd=ef=ac=bd=ce=df=L=0.5m，线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等、均为R=0.5Ω，其余电阻不计．已知ef边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动，不计导线粗细，重力加速度g=10m/s2（sin37°=0.6，sin53°=0.8），求：（1）ef边刚进入磁场时的速度v（2）匀强磁场的磁感应强度B（3）线框从开始运动到ab边穿出磁场过程中ab边发的焦耳热为多少？【答案】（1）v=4m/s（2）B="1"T（3）1J【解析】试题分析：（1）由动能定理，2分得，v=4m/s1分(2)当线框匀速运动时，对电路，E=BLv1分R总=R+1分1分对线框，1分解得，B="1"T1分（3）当线框每条边切割磁感线时，等效电路都一样。所以ef和cd作为电源时1分时间为,1分1分当ab做为电源时，1分时间为,1分整个过程总热量，Q=Q1+Q2=1J1分考点：考查了导体切割磁感线运动点评：本是电磁感应中常见的问题：导体在导轨上滑动的类型，从力和能两个角度研究．力的角度，关键是安培力的分析和计算．能的角度要把握涉及几种能、能量如何是转化的．