云南省安宁市实验石江学校学年高二下学期期中考试物理试题 含答案_高二期中考试物理试题
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云南省安宁市实验石江学校2017-2018学年下学期期中
高二物理
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
分卷I
一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是()A． 牛顿提出了万有引力定律，通过实验测出了万有引力常量 B． 法拉第发现了电磁感应现象，总结出了电磁感应定律 C． 奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律
D． 伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动状态的原因
2.如图所示，边长为L的正方形线框旋转在光滑绝缘的水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，MN和PQ为磁场边界，磁场宽度为
L.开始时，线框的顶点d恰在磁场边界上，且对角线bc与磁场边界平行，现用外力使线框沿与磁场边界垂直的方向匀速运动，则在穿过磁场的过程中，线框中的电流I(以逆时针方向为正)和外力的功率P随时间变化正确的图象为()
A．B． C．D．
3.下列做法中可能产生涡流的是()A． 把金属块放在匀强磁场中 B． 让金属块在匀强磁场中做匀速运动 C． 让金属块在匀强磁场中做变速运动 D． 把金属块放在变化的磁场中
4.如图所示，一条形磁铁从静止开始向下穿过一个用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈的过程中()A． 做自由落体运动 B． 做减速运动 C． 做匀速运动 D． 做非匀变速运动
5.如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内．当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B，下()A． 有顺时针方向的电流且有收缩的趋势 B． 有顺时针方向的电流且有扩张的趋势 C． 有逆时针方向的电流且有收缩的趋势 D． 有逆时针方向的电流且有扩张的趋势
6.如图，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，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，列说法中正确的是电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是()A． 原线圈中的电流为 B． 电动机消耗的功率为IU C． 电动机两端电压为IR D． 变压器的输入功率为IU
7.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则()
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零 B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合 C． 线框产生的交变电动势的有效值为311 V D． 线框产生的交变电动势的频率为100 Hz 8.某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为e＝Emsinωt.若将线圈的转速增加1倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为()A．e＝Emsin 2ωtB．e＝2Emsin 2ωt C．e＝2Emsin 4ωtD．e＝4Emsin 2ωt
9.远距离输电的原理如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A．＝
B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
10.下列选项中哪个不是交流电的有效值()A． 交流电压表的读数 B． 保险丝的熔断电流 C． 电容器的击穿电压 D． 电动机铭牌上的额定电压
二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示．P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则
()
A．t1时刻FN＞G，P有收缩的趋势．
B．t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量最大． C．t3时刻FN＝G，此时P中无感应电流． D．t4时刻FN＜G，此时穿过P的磁通量最小．
12.(多选)某学习小组设计了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图．将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h＝0.5 m、半径r＝0.2 m的圆柱体，其可绕固定轴OO'逆时针(俯视)转动，角速度ω＝100 rad/s.设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B＝0.2 T、方向都垂直于圆柱体侧表面．紧靠圆柱体外侧固定一根与其等高、电阻为R1＝0.5 Ω的细金属杆ab，杆与轴OO′平行．图丙中阻值R＝1.5 Ω的电阻与理想电流表A串联后接在杆a、b两端．下列说法正确的是()
A． 电流表A的示数约为1.41 A B． 杆ab中产生的感应电动势E＝2 V C． 电阻R消耗的电功率为2 W D． 在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零
13.(多选)如图甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“～～～”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“—”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是()
A． 图甲中R得到的是交流成分 B． 图甲中R得到的是直流成分 C． 图乙中R得到的是低频成分 D． 图乙中R得到的是高频成分
14.(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，电容器电容C＝100 μF.已知电阻R1两端的正弦交流电压如图乙所示，则()
A． 原线圈输入电压的最大值为400 V B． 交流电的频率为100 Hz C． 电容器所带电荷量恒为2×10C D． 电阻R1消耗的电功率为20 W
分卷II
－
3三、实验题(共2小题,共15分)15.用螺旋测微器测某一圆柱体直径，示数如图甲所示，此示数为 mm；用游标卡尺测量某工件的外径时，示数如图乙所示，则读数为 mm．
16.要测绘额定电压为2 V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： A．电源E（电动势3.0 V，内阻可不计）B．电压表V1(量程为0~3.0 V，内阻约2 kΩ)C．电压表V2(0~15.0 V，内阻约6 kΩ D．电流表A1(0~0.6 A，内阻约1 Ω)E．电流表A2(0~100 mA，内阻约2 Ω)F．滑动变阻器R1（最大值10 Ω）G．滑动变阻器R2（最大值2 kΩ）
（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择，电流表应选择，滑动变阻器应选择.（填各器材的序号）
（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中.（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线。
（4）该小电珠的额定功率是。
四、计算题
17.如图所示，一根电阻为R＝12 Ω的电阻丝做成一个半径为r＝1 m的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感应强度为B＝0.2 T．现有一根质量为m＝0.1 kg、电阻不计的导体棒，自圆形导线框最高点由静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为时，棒的速度大小为v1＝m/s，下落到经过圆心时棒的速度大小为v2＝m/s，试求：(取g＝10 m/s2)(1)画出下落距离为时的等效电路图，并求出此时棒产生的感应电动势大小；
(2)下落距离为时棒的加速度的大小；
(3)从开始下落到经过圆心过程中棒克服安培力做的功及线框中产生的热量．
18.水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L＝0.5 m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝1 T，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4 m/s的速度，向右匀速运动，如果电阻R1＝0.3 Ω，R2＝0.6 Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好．求：
(1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小；(2)导体棒PQ上感应电流的方向；
(3)导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．
19.如图所示是一种自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮．电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦交流电，给车头灯供电．已知自行车车轮半径r＝35 cm，摩擦小轮半径r0＝1.00 cm，线圈匝数N＝800，线圈横截面积S＝20 cm，总电阻R1＝40 Ω，旋转磁极的磁感应强度B＝0.01 T，车头灯电阻R2＝10 Ω.当车轮转动的角速度ω＝8 rad/s时，求：(1)发电机磁极转动的角速度；(2)车头灯中电流的有效值．
20人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤燃烧的化学能等)转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但是用电的地方往往很远，因此，就需要高压输送线路把电能输送到远方．如果某发电站将U＝5 000 V的电压直接地加在高压输送线路的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P＝300 kW.则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE＝2 400 kW·h(1 kW·h＝1度电)．求：
(1)此种情况下，高压线路的终端功率和输电效率．
2(2)若要使此高压输电线路的输电效率为97%，则在发电站处应安装一个变压比压器？
是多少的变
答案解析
1.【答案】B 【解析】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量G；法拉第发现了电磁感应现象，总结出了电磁感应定律；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律；伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因．故选B.2.【答案】A 【解析】由楞次定律可得开始时电流方向为正，线框匀速运动，电动势均匀变化，而回路电阻不变，所以电流在每个单调变化时间内呈线性变化．所以A正确，B错误；因为线框匀速运动，由能量守恒知，外力的功率与线框中电流的电功率大小相等，因回路电阻不变，而电流线性变化，所以功率是非线性变化的，所以C、D均错误． 3.【答案】D 【解析】涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确． 4.【答案】A 【解析】双线绕成的线圈由于两导线产生的磁通量相互抵消，不会产生磁场，所以磁铁将做自由落体运动．故选A.5.【答案】D 【解析】根据右手螺旋定则可得，A中电流的磁场向里且逐渐增大，根据楞次定律可得，磁场增大，感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向，线框A外的磁场的方向与线框A内的磁场的方向相反，当线框A内的磁场增强时，线框B具有面积扩展的趋势，故D正确． 6.【答案】A 【解析】原、副线圈的匝数比为n，且电流表读数为I，则原线圈的电流为，故A正确．电动机消耗的功率与原线圈的输入功率相同，为，B、D错误．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C错误． 7.【答案】B 【解析】由题图乙可知该正弦交变电动势的电压最大值为311 V，周期等于0.02 s，因此，根据正弦交变电动势的最大值与有效值之间的关系式U＝率f＝50 Hz，选项D错误；当t＝0.005 s时，e＝n得知选项C错误；又f＝，则频
＝311 V，取得最大值，穿过线圈的磁通量变化率最大，选项A错误；当t＝0.01 s时，交变电压及电流方向发生改变，电压值最小等于零，线框平面与中性面重合，选项B正确． 8.【答案】B 【解析】根据公式Em＝NBSω可得交流电的最大值变为原来的2倍，根据公式ω＝2πn可得角速度变为原来的2倍，故产生的感应电动势为：e＝2Emsin 2ωt，故选B.9.【答案】D，故A错误；因U2、I2、R不满足欧【解析】升压变压器电流之比等于匝数的反比，即＝姆定律公式中物理量之间的对应关系，故B错误；升压变压器输出的功率等于导线上消耗的功率及降压变压器消耗的功率之和，故C错误；理想变压器输入功率等于输出功率，I1U1＝I2U2，故D正确． 10.【答案】C 【解析】交流电压表测量的是交流电的有效电压，保险丝的熔断电流指有效电流，电动机铭牌上的额定电压也是指有效电压，电容器的击穿电压，指最大电压，故选C.11.【答案】AB 【解析】t1时刻螺线管中电流增大，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，因此此时FN＞G，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，故B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，且此时，线圈中磁通量有增大趋势，故线圈有远离和面积收缩的趋势，因此此时FN＞G，故C错误． 12.【答案】BD 【解析】导体切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bhv，又v＝ωr；解得E＝2 V；由于ab杆中产生的感应电动势E的大小保持不变，所以杆ab产生的感应电动势E＝2 V，则电流表A的示数为I＝＝
＝1 A．故A错误，B正确．电阻R消耗的电功率为P＝I2R＝12×1.5 W＝1.5 W，故C错误．由楞次定律判断可知，通过电流表的电流方向周期性变化，在一个周期内两种方向通过电流表的电量相等，所以在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零．故D正确．故选B、D.13.【答案】AC 【解析】当交变电流加在电容器上时，有“通交流，隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；乙图中电容器能通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误． 14【答案】AD 【解析】由题图乙可知变压器输出的电压最大值为20 V，变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，根据公式＝，可得原线圈输入电压的最大值为400 V，A正确；副线圈交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，原、副线圈交流电的频率一致，B不正确；电容器所带电荷量为Q＝CU≈1.414×10－3C，C不正确；R1消耗的电功率P＝
＝20 W，D正确．
15.【答案】3.550 11.50 【解析】1.螺旋测微器的固定刻度为3.5 mm，可动刻度为5×0.010 mm=0.050 mm，所以最终读数为3.5 mm+0.050 mm=3.550 mm．
2.游标卡尺的主尺读数为：1.1 cm=11 mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05 mm=0.50 mm，所以最终读数为：11 mm+0.50 mm=11.50 mm． 16.【答案】（1）B D F（2）电路图如图所示
（3）如图所示
（4）1.00 W 【解析】（1）由题意小灯泡额定电压为2 V，额定电流为0.5 A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F．
（2）由于小电珠电珠较小，满足电路图如图所示：，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，（3）小电珠的伏安特性曲线如图所示：
（4）由图可知，当电压为2 V，电流为0.5 A；则功率
17.【答案】(1)等效电路图见解析图 0.92 V(2)8.8 m/s2(3)0.44 J 0.44 J 【解析】(1)等效电路图如图．
导体棒下落时，外电路的电阻并联后总电阻为R外＝＝R，产生感应电动势E＝B·2r·cos 30°·v1≈0.92 V(2)F安＝BI·2rcos 30°＝B·
·2rcos 30°，而a＝＝g－＝8.8 m/s2.(3)由开始下落到经过圆心，应用动能定理有mgr－W安＝mv－0，故克服安培力做的功W＝－W安＝mgr－mv≈0.44 J 所以Q＝W＝0.44 J.18.【答案】(1)5 A(2)Q→P(3)10 W 【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律：E＝BLv＝1×0.5×4.0 V＝2 V，又R外＝＝Ω＝0.2 Ω，则I＝＝A＝5 A(2)根据右手定则判定电流方向Q→P.(3)F＝F安＝BIL＝1×5×0.5 N＝2.5 N, P＝F·v＝2.5×4 W＝10 W.19.【答案】(1)280 rad/s(2)0.064 A 【解析】(1)旋转磁极与摩擦小轮转动的线速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动．
故有ω0r0＝ωr，ω0＝＝8×rad/s＝280 rad/s.(2)摩擦小轮带动旋转磁极转动，线圈中产生正弦交流电动势，其最大值为Em＝NBSω0＝800×0.01×20×10－4×280 V＝4.48 V，感应电动势的有效值E＝
＝V≈3.2 V，通过灯泡的电流有效值I＝＝A＝0.064 A.20.【答案】(1)200 kW 66.7%(2)＝
【解析】(1)此情况下，终端功率
P′＝P－＝300 kW－＝200 kW.所以输电效率：η＝＝×100%＝66.7%.(2)设高压输送线路的导线电阻为r，由题意知：原来线路损耗P损1＝Ir＝100 kW，而UI1＝P，现在线路损耗：P损2＝P×(1－97%)＝Ir＝9 kW，而U′I2＝P，＝，解得：＝.
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