2019-2020年高二上学期调研物理试题（12月份）（选修）含解析.doc

2019-2020年高二上学期调研物理试题（12月份）（选修）含解析一、单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意，选对的得3分，错选或不答的得0分）1（3分）（2011春南安市校级期末）1831年10月28日，人类历史上第一台发电机问世了，它是利用电磁感应的原理制成的，其发明者是（）A安培B法拉第C韦伯D亨利考点：物理学史分析：发电机的工作原理是利用电磁感应现象解答：解：发电机是利用线圈在磁场中转动从而产生电奥斯特发现电流周围存在磁场，法拉第则发现磁能产生电故选：B点评：电生磁，没有磁生电条件苛刻只要通电周围就产生磁场，然而磁生电呢只有变化的磁场才能在闭合电路中产生电流2（3分）（xx秋张店区校级期末）闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，下图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是（）A都会产生感应电流B都不会产生感应电流C甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流D甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流考点：感应电流的产生条件专题：电磁感应与电路结合分析：当闭合电路的一部分导线做切割磁感线运动时，导体中才产生感应电流当导体的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生解答：解：甲、丙图中，闭合电路的一部分导线的运动方向与磁感线垂直，做切割磁感线运动，会产生感应电流乙图中，导线的运动方向与磁场平行，不切割磁感线，没有感应电流产生丁图中，导线的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生所以甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流故D正确！故选D点评：本题考查判断有无感应电流产生的能力，这是学习电磁感应部分的基本功，比较容易3（3分）（xx山东校级模拟）下列关于感应电动势大小的说法，正确的是（）A线圈中磁通量变化越大，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线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大考点：磁感应强度分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，当电路闭合时，电路中有感应电流出现由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定解答：解：A、线圈中磁通量变化大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故A错误；B、线圈中磁通量大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故B错误；C、线圈放在磁感应强度越强的地方，磁通量虽然较大，但变化率不一定大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故C错误；D、线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故D正确；故选：D点评：考查磁通量，磁通量的变化及磁通量的变化率三者间关系，而感应电动势由磁通量的变化率决定就像速度、速度的变化及速度的变化率4（3分）（2011秋长安区校级期末）如图所示，通有电流I的直导线MN固定在竖直位置上，且与导线框abcd在同一平面内，则在下列情况下，导线框中不能产生感应电流的是（）A通过直导线的电流强度增大B通过直导线的电流强度减小C线框水平向右移动D线框以MN为轴转动考点：感应电流的产生条件分析：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流解答：解：A、导线中电流强度变大，则周围的磁感应强度增强，则线框中磁通量增大，故可以产生感应电流，故A正确；B、通过直导线的电流强度减小，则穿过线圈的磁通量减小，所以有感应电流，故B正确；C、线框向右运动时，线框中的磁感应线强减小，故磁通量减小，可以产生感应电流，故C正确；D、线框以MN为轴转动时，线框中的磁通量不发生变化，故不会产生感应电流，故D错误；本题选择不能产生感应电流的，故选：D点评：判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化5（3分）（2011春芗城区校级期中）如图所示 A、B是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大、电阻忽略不计的线圈，下列说法正确的是（）A开关S接通瞬间，A、B 同时亮起来B开关S接通稳定后，A、B同时亮着C开关S断开瞬间，A、B 同时熄灭D开关S断开瞬间，A 立即熄灭，B闪亮一下考点：自感现象和自感系数分析：开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭解答：解：A、B、开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，流过B灯的电流逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A正确，B错误；C、D、断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D错误故选：A点评：对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路二、多项选择题：（本题共5小题，每小题5分，共25分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）6（5分）（xx春凉州区校级期中）如图为一交流发电机发出的电流随时间的变化图象，则下列说法正确的是（）A在A点时穿过线圈的磁通量最大B在B点时穿过线圈的磁通量变化率最小C在A点时线圈处在中性面，电流方向改变D在B点时线圈处在中性面，电流方向改变考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：根据图象可知电动势最大和零的时刻，电动势为零时磁通量最大，线框平面垂直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行解答：解：A、在A点时交变电流的电流最大，所以此时的线框平面于磁场平行，故A错误；B、在B点时交变电流为零，穿过线圈的磁通量变化率最小，故B正确；C、在A点时交变电流的电流最大，所以此时的线框平面于磁场平行，电流方向不变，故C错误；D、在B点时交变电流为零，通过线框的磁通量最大，线圈处在中性面，电流方向改变故D正确；故选：BD点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力知道电动势为零时磁通量最大，线框平面垂直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行7（5分）（xx秋睢宁县校级月考）有关理想变压器，下列说法正确的是（）A原、副线圈电压与n成正比B原、副线圈电流与n成正比C输入功率等于输出功率D恒定电压可直接通过变压器升、降压考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：明确理想变压器的原理，并掌握理想变压器电压与匝数之比相等，输出功率确定输入功率；解答：解：A、变压器采用的是互感原理，原、副线圈电压与n成正比；故A正确；B、当只有一个副线圈时，电流与匝数成反比；当有多个副线圈时，电流不与匝数成反比；故B错误；C、理想变压器本身不消耗能量，故输入功率等于输出功率；故C正确；D、理想变压器只能改变交流电的电压；不能改变恒定电流的电压；故D错误；故选：AC点评：本题考查对理想变压器的掌握，要注意变压器只能改变交流电压8（5分）（xx秋睢宁县校级月考）如图所示，用丝线悬挂闭合金属环，悬于O点，虚线左边有匀强磁场，右边没有磁场由图所示的位置开始释放金属环，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（）A金属环会一直在摆动B金属环最终会停下来C整个摆动过程一直有热能增加D只有摆进或摆出磁场时有热能增加考点：电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势分析：首先分析环的运动，据楞次定律的进行判断感应电流的方向；从能量守恒的角度分析即可解答：解：当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，根据楞次定律得出感应电流的方向，从而阻碍线圈运动，即有机械能通过安培力做负功转化为内能；当环没有磁通量的变化时，无感应电流，只有重力做功，环的机械能守恒；据以上可知，环在运动过程中只有摆进或摆出磁场时有机械能转化为热能，所以换最终静止；故AC错误，BD正确故选：BD点评：本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化9（5分）（xx春会宁县校级期中）下列说法中正确的是（）A电动机应用了“自感”对交流电的阻碍作用B电磁灶应用了“涡流”的加热原理C日光灯启动时利用了“自感”所产生的高压D电磁流量计应用了“涡流”所产生的电磁阻尼作用考点：电磁灶的结构和原理分析：电动机应用了线圈在磁场中受到安培力转动；电磁灶利用变化的磁场产生涡流进行加热；日光灯启动时利用镇流器产生自感电动势，得到高电压；电磁流量计应用了电荷在复合场中的平衡，得出稳定的电势差，从而确定流速解答：解：A、电动机应用了线圈在磁场中受到安培力转动故A错误B、电磁灶里面的线圈中变化的电流，产生变化的磁场，从而形成涡流，根据电流的热效应进行加热故B正确C、日光灯启动时利用了“自感”所产生的高压故C正确D、电磁流量计应用了电荷在复合场中受到电场力和洛伦兹力平衡，从而得出液体的流速故D错误故选：BC点评：本题考查了各种电器在生活中的运用，解决本题的关键要熟悉教材，知道各种电器的工作原理10（5分）（xx秋原平市期中）一块铜片置于如图所示的磁场中，如果用力把这铜片从磁场拉出或把它进一步推入，则在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是（）A拉出时是阻力B推入时是阻力C拉出时不受磁场力D推入时不受磁场力考点：楞次定律分析：当线框进或出磁场时，导致穿过线框的磁通量变化，从而产生感应电动势，出现感应电流，则通电导线在磁场中受到安培力作用，去阻碍线框的运动而安培力则由左手定则来确定解答：解：当拉出时，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可得，感应电流方向顺时针，再由左手定则可得线框的左边框受到安培力向左，从而阻碍线框被拉出当推入时，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流方向逆时针，再由左手定则可得线框的左边框受到安培力向右，从而阻碍线框被推入故选：AB点评：考查楞次定律去判定感应电流的方向，由左手定则去确定安培力的方向值得注意是会将左手定则与右手定则严格区分开三、简答题：本题共3小题，共22分将答案写在答题纸中相应的横线上11（4分）（xx秋东莞市校级期末）条形磁铁位于线圈L的正上方，N极朝下灵敏电流G、电容C与线圈L连成如图所示的电路现使磁铁从静止开始加速下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过G的电流方向和电容器极板的带电情况是 （）A从a到b，上极板带正电B从a到b，下极板带正电C从b到a，上极板带正电D从b到a，下极板带正电考点：楞次定律分析：当磁铁的N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势由楞次定律可得感应电流的方向，从而判定电容器下极板带何种电解答：解：当磁铁N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而下，螺线管下端相当于电源的正极所以通过G的电流方向为从b到a，而电容器下极板则带正电故选：D点评：当螺线管的磁通量变化时，相当于电源的作用，由楞次定律来确定电源的正负极12（10分）（xx秋睢宁县校级月考）如图为一远程输电的原理图，变压器为理想变压器则n1小于n2；U2大于U3；P1等于P2；P1大于P4；I2等于I3；（填“大于”、“小于”或“等于”）考点：远距离输电专题：交流电专题分析：远程输电需要先经过一个升压变压器将电压增大，然后在经过一降压变压器，最后供给用户，在远程输电过程中要考虑电压和能量的损失解答：解：远程输电需要先经过一个升压变压器将电压增大，然后在经过一降压变压器，最后供给用户，在远程输电过程中要考虑电压和能量的损失根据知电压和匝数成正比，因U2U1，故n1小于n2，理想变压器无能量损失，P1 等于P2；在远程输电过程中电流的大小不变，所以I2等于I3；要考虑电压和能量的损失，故U2大于U3，P1 大于P4故答案为：小于，大于，等于，大于，等于点评：解决此题要理解遥远距离输电的原理和方法，注意理想变压器无能量损失，电压和匝数正比13（8分）（xx秋睢宁县校级月考）如图为一交流发电机发出的交流电电动势随时间的变化图象，则交流电电动势的峰值为10V；电动势的有效值为10V；电压的周期为0.02S；1S内电流方向改变100次考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值解答：解：根据图象可知，交流电的最大值为10V，所以交流电的有效值为：U=10V，根据图象可知，交流电的周期为T=0.02s，一个周期内电流方向改变两次，1S内电流方向改变100次故答案为：10，10，0.02，100点评：本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期即可四、计算题：（本题共38分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14（12分）（xx秋邳州市校级期末）如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1=1100匝、副线圈匝数n2=30匝，原线圈与电流表A1串联后接在电压（V）的交流电源上，电阻R=12，电流表A1、A2和电压表V2均为理想的交流电表，求：（1）三只电表A1、A2和V2的读数分别是多少？（2）电阻R在t=30s时间内产生的热量是多少？考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比及欧姆定律，求出各电表的示数，根据求解电阻产生的热量解答：解：（1）由交流电压的瞬时表达式可知，原线圈电压U1=220V，根据得：所以电压表的示数为6V，根据得：根据得：（2）电阻R在t=30s时间内产生的热量Q答：（1）电表A1、的示数为0.014A，A2和的示数为0.5A，V2的读数为6V；（2）电阻R在t=30s时间内产生的热量是90J点评：考查交流电的表达式中各量的物理意义，明确电表的示数为有效值，最大值与有效值之间的关系15（12分）（xx秋睢宁县校级月考）如图，边长为L的正方形线框abcd的面积为S=0.1m2，匝数为N=100匝，线框绕ad边的中点和bc边的中点的连线由图所示位置开始以=100rad/S做匀速转动，磁感应强度为B=0.1T线圈内电阻不计与外电阻R=10构成闭合电路求：（1）感应电动势的峰值；（2）闭合电路电流的瞬时表达式；（3）若在A、B两点接入一理想电压表，则电压表的读数为多少？考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：（1）根据Em=NBS求出最大值；（2）根据瞬时值与最大值故选，写出电动势的瞬时表达式；（3）电压表测量的是电阻R的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解解答：解：（1）感应电动势的最大值Em=NBS=1000.11000.1=100V（2）根据题意得到感应电动势的瞬时表达式为：e=Emcost=100cos（100 t）V（3）线圈内电阻不计，电压表测量的是电阻R的电压，也是电动势的有效值：V答：（1）感应电动势最大值100V； （2）闭合电路电流的瞬时表达式e=Emcost=100cos（100 t）V；（3）若在A、B两点接入一理想电压表，则电压表的读数为V点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题16（14分）（xx上海）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R的电阻匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25求：（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；（3）在上问中，若R=2，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向（g=10rn/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律专题：压轴题；电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合分析：（1）开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，故根据牛顿第二定律可直接求解结果（2）金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力，然后根据公式P=Fv求解（3）结合第（2）问求出回路中的感应电流，然后根据电功率的公式求解解答：解：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinmgcos=ma 由式解得a=10（O.60.250.8）m/s2=4m/s2 故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsin一mgcos一F=0此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：P=Fv 由、两式解得 故当金属棒下滑速度达到稳定时，棒的速度大小为10m/s（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为BP=I2R由、两式解得：磁场方向垂直导轨平面向上故磁感应强度的大小为0.4T，方向垂直导轨平面向上点评：解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解