2012-2013学年山东省聊城市某重点中学高二下学期期初考试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2012-2013学年山东省聊城市某重点中学高二下学期期初考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器如图所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是 ( ) 答案： A 试题分析：原理是依据电磁感应原理的电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的 2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路 由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数

2、成反比则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中，故选： A。 考点：变压器的构造和原理 点评：电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大 如图所示，闭合矩形线框 abcd位于磁感应强度为 B的匀强磁场中， ad边位于磁场边缘，线框平面与磁场垂直， ab、 ad边长分别用 L1、 L2表示，若把 线圈沿 v方向匀速拉出磁场所用时间为 t，则通过线框导线截面的电量是 ( ) A B C D BL1L2 答案： B 试题分析：根据法拉第电磁感应定律 、 、 、则所以答案：为 考点：法拉第电磁感应定律 点评：本题考查了

3、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律推导通过导体横截面积电量的方法。 如图所示，两平行的虚线间的区域内存在有界匀强磁场，有一较小的三角形线框 abc的 ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与 ab边垂直则下列图中哪一个可以定性地表示线 框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？（ ） 答案： D 试题分析：根据右手定则，感应电流应该为逆时针，由于切割磁感线的有效长度变短，所以感应电动势即感应电流在变小，所以 ABC排除。当线圈从磁场中穿出时，感应电流为顺时针，且切割磁感线的有效长度由大变小，所以 D对 考点：楞次定律、感应电动势 点评：本题考查了楞次定

4、律判断感应电流的方法，通过有效长度判断切割磁感线的电动势的变化。 如图所示，有两根和水平面成 角的光滑平行的金属轨道，上端有可变电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B.一质量为 m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋于一个最大速度 vm，则 ( ) A如果 B增大， vm将变大 B如果 增大， vm将变大 C如果 R增大， vm将变大 D如果 m变小， vm将变大 答案： BC 试题分析：根据受力分析，利用牛顿第二定律则当 a=0时，金属杆的速度趋于稳定即可见，当 B增加，速度最大值变小；角度增加，速度最大值变大； R增加，速度最大值

5、变大； m变小，则速度最大值变小，因此答案：为 BC 考 点：动态分析 点评：本题考查了金属棒的动态分析，分析方法也是属于较常见：速度变化引起加速度变化，最终加速度为零，物体做匀速直线运动。 如图所示，圆形线圈 P静止在水平桌面上，其正上方悬挂另一个线圈 Q， P与 Q 共轴， Q 中通有变化电流，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 N，则（ ） A t1时刻 N G B t2时刻 N G C t2时刻 NG,A对。当 t2 时刻线圈电流不变，所以 N=G，同理 t4 时刻也是N=G，所以 AD正确。 考点：楞次定律 点评：本题考查了楞次定律的推论：来

6、拒去留。其本质也是利用感应电流的磁通量总是阻碍原磁通量的改变。 为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压某降压变电站将电压 U0 11000sin100t(V)的交流电降为 220 V供居民小区用电，则降压变电站变压器 ( ) A原、副线圈匝数比为 50 1 B副线圈中电流的频率是 50 Hz C副线圈中电流的 频率是 1 Hz D输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和 答案： AB 试题分析：该交流电的有效值 11000V，频率 50Hz。所以变压器原副线圈比值为 50:1，才能降压到 220V， A对。变压器

7、只能变压，不能变频，所以 B对， C错。输出电流等于小区各用户电流总和，但不等于原线圈的电流之和， D错 考点：变压器 点评：本题考查了变压的有效值，以及变压器的计算注意事项。 两个环 A、 B 置于同一水平面上，其中 A 为均匀带电绝缘环， B 为导体环，当 A以如图所示的方向绕中心转动时， B中产生如图 1所示方向的感应电流，则： A A可能带正电且转速减小 B A可能带正电且转速增大 C A可能带负电且转速减小 D A可能带负电且转速增大 答案： BC 试题分析：假设 A答案：由于 A顺时针转动，且转速变小，则顺时针电流越来越弱，即圆心内垂直纸面进入的磁场变弱，根据楞次定律产生的感应磁场

8、应该也是垂直纸面进去的，那么根据右手定则判断出来的感应电流为顺时针， A错，同理 B对。假设 C答案：，若 A带负电，且转速减弱，则逆时针电流变大，则圆心处垂直纸面出来的磁场变强，则根据楞次定律产生的感应磁场应该是垂直纸面出来的，那 么根据右手定则判断出来的感应电流为逆时针，则 C对， D错 考点：楞次定律 点评：本题考查了楞次定律的运用，要抓住原磁通的变化趋势，然后利用增反减同来判断感应磁通量，最后利用右手定则判断感应电流方向 如图所示电路中， L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计， D1和 D2是两个完全相同的小灯泡。将电键 K 闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K 断开，则下列说法

9、中正确的是： A K 闭合瞬间，两灯同时亮，以后 D1熄灭， D2变亮 B K 闭合瞬间， D1先亮， D2后亮，最后两灯亮度一样 C K 断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭 D K 断开时， D2立即熄灭， D1闪一下再慢慢熄灭 答案： AD 试题分析： K 闭合瞬间，由于 L自感系数很大，阻碍电流通过，所以 D1、 D2同时亮，由于自身电阻可忽略，则 D1 最终被短路， D2 变得更亮，所以 A对。当 K 断开后，自感线圈阻碍电流减小，所以 D1 亮一下，但 D2 熄灭，所以答案：为 AD 考点：自感现象 点评：本题考查了自感现象的运用和理解。要理解自感系数大小的含义，以及自身电阻可忽略的意义

10、。 如图所示，一闭合直角三角形线框以速度 v匀速穿过匀强磁场区域从 BC边进入磁场区开始计时 ，到 A点离开磁场区域的过程中，以逆时针方向为电流的正方向，线框内感应电流的情况是如图所示中的：答案： A 试题分析：根据右手定则，感应电流显示逆时针，所以先正数，由于切割磁感线的有效长度变短，所以感应电动势即感应电流在变小，所以 BC 排除。当线圈从磁场中穿出时，感应电流为顺时针，即负数，且切割磁感线的有效长度由大变小，所以 A对， D错 考点：楞次定律、感应电动势 点评：本题考查了楞次定律判断感应电流的方法，通过有效长度判断切割磁感线的电动势的变化。 如图所示的电路中， L是自感系数很大的线圈，但

11、其自身的电阻几乎 为零。是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是（ ） A开关 S由断开变为闭合， 同时发光，之后亮度不变 B开关 S由断开变为闭合， 立即发光，之后又逐渐熄灭 C开关 S由闭合变为断开的瞬间， 同时熄灭 D开关 S由闭合变为断开的瞬间， 再次发光，之后又逐渐熄灭 答案： BD 试题分析： S突然闭合，则电流要增加，自感线圈阻碍通过自身电流，即电流从 A 流过，由于 AB 串联，所以 AB 同时发光，由于直流电流，最终电流不变，而此时自感线圈自身电阻为零，则 A短路，所有电流经过 B， B应该更亮， A短路灭掉。所以 B对。 S突然断开，由于电流突然减小， 所以自感线圈产生与原电流

12、方向相同的感应电流，即 A亮一下后熄灭， B等立即熄灭，所以答案：D对 考点：自感现象 点评：本题考查了自感现象。自感现象其实本质是属于电磁感应问题，或者属于楞次定律的特殊情况。 如图所示 (a)、 (b)两电路中，当 a、 b两端和 e、 f两端分别加上 220V的交流电压时，测得 c、 d间与 g、 h间的电压均为 110V。若分别在 c、 d与 g、 h两端加上 110V的交流电压，则 a、 b间与 e、 f间的电压分别 ( ) A 220V、 220V B 220V、 110V C 110V、 110V D 220V、 0 答案： B 试题分析：根据变压器知识，电压之比为线圈之比，所以

13、原副线圈之比为 2:1，若在 cd街上 110，则升压到 220V， C排除。若在 ef加 220V， gh只有 110V，说明正好在电阻中间处，若在 gh加 110V，有没有有电流流过 ef上其他电阻，所以 ef电压只有 110V，答案：为 B 考点：变压器 点评：本题考查了变压器变压以及滑动变阻器分压的区别。变压器的工作原理建立在电磁感应的基础上，而滑动变阻器分压是建立在串并联电路的基础上 如图（甲）所示，理想变压器原副线圈的匝数比为 10:1， b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除 R以外其余电阻不计。从某时刻开始单刀双掷开关掷向 a，在原线圈两端加上如图（乙）所示交变电

14、压，则下列说法中正确的是： ( ) A该交变电压瞬时值表达式为 (V) B滑动变阻器触片向上移，电压表示数不变，电流表的示数变大 C s时，电压表的读数为 31. 1V D单刀双掷开关由 a扳到 b，电压表和电流表的示数都变大 答案： D 试题分析：在交流电问题上要注意使用有效值，即乙图中电压有效值为 220V，周期 0.02s，即角速度为 100 ， 所以 AC 错。由于变压器中电压之比为线圈之比，所以即使滑动变阻器滑片移动，伏特表电压保持不变， B错。当开关从 a到 b，改变了原副线圈比值，即由于原线圈线圈变少，所以输出电压变大， D正确 考点：交流电 点评：本题考查了交流电中常见的题型：

15、有效值、交流电表达式、变压器的电压之比等 如图所示，宽 h=2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群正粒子从 O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为 r=5cm，则（ ） A右边界 :-4cm4cm和 y8cm有粒子射出 D左边界 :00.2,所以经过 0.2s线框完全覆盖了磁场，磁通量不变，所以感应电流消失。 到 t=0.4s时，线框出磁场，出现感应电流，根据右手定则判断电流方向与刚开始进去的方向相反，即如图 （ 3）在整个过程中，产生的为交流电，所以用有效值进行计算：有效 值为考点：电磁感应定律、有效值 点评

16、：本题通过电磁感应定律求出交流电的表达式，并通过数学知识画出函数图像，利用有效值求出交流电的发热量 如图所示， MN 和 PQ为竖直方向两平行长直金属导轨，间距 L为 0.40m，电阻不计，导轨所在平面与磁感应强度 B为 0.50T的匀强磁场垂直，质量 m为6.010-3kg、电阻为 1.0的金属杆 ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为 3.0的电阻 R1。当杆 ab达到稳定状态时以速度 V匀速下滑，整个电路消耗的电功率 P为 0.27W，重力加速度取 10 m/s2，试求速率 V和滑动变阻器接入电路部分的阻值 R2 答案： R2为 6 试题分析：下滑过程

17、中 ab棒产生的感应电动势 ， 由于金属棒匀速下滑，根据右手定则知 ab的感应电流从 a到 b，根据左手定则ab受到竖直向上安培力： ， 则 整个电路消耗功率 P=0.27W， 所以金属棒切割磁感线产生共功率为 P=IE=0.27W， 联立则 则电动势 E=BLV=0.9V， 电流 ， 所以总电阻为 ， 且 ， 则连入电路部分的电阻为 R2=6 考点：电磁感应定律、闭合电路欧姆定律 点评：本题通过电磁感应定律求出感应电动势，从而利用闭合电路欧姆定律求出并联电阻。 （ 13分）在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径 R 0.2 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度 B 1.0 T，方向垂直纸面向

18、外，该磁场区域的右边缘与 y坐标轴相切于原点 O 点 y轴右侧存在电场强度大小为 E 1.0104 N/C的匀强电场，方向沿 y轴正方向，电场区域宽度 l 0.1 m现从坐标为 (-0.2 m，-0.2 m )的 P 点发射出质量 m 2.010-9 kg、带电荷量 q 5.010-5 C的带正电粒子，沿 y轴正方向 射入匀强磁场，速度大小 v0 5.0103 m/s.（粒子重力不计） (1)求该带电粒子射出电场时的位置坐标； (2)为了使该带电粒子能从坐标为 ( 0.1 m， -0.05 m )的点回到电场，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和正方形

19、区域的最小面积 答案：（ 1）（ 0.1m， 0.05m）（ 2） 4T， 试题分析： （ 1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动， 有 解得 r=0.20m=R 根据几何关系可知，带点粒子恰从 O 点沿 x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动。设 粒子到达电场边缘时， 水平方向有： ， 竖直方向的位移为 y， 即 联立解得 y=0.05m， 所以粒子射出电场时的位置坐标为（ 0.1m， 0.05m）。 （ 2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度 ， 粒子射出电场时速度 ， 由几何关系可知，粒子在正方形区域磁场中做圆周运动半径 ， 由 解得 B/=4T。 正方形区域最小面积 考点：带电粒子在复合场中的运动 点评：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，设计了电场中的类平抛，以及洛伦兹力提供向心力，这类问题常常需要知道粒子的运动轨迹。