广东省湛江市三校高二下学期期中考试物理试卷-A4

这是一份广东省湛江市三校高二下学期期中考试物理试卷-A4，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列各图中不属于交变电流的是( )
A. B. C. D.
2.在科学研究的道路上经常会出现令人惋惜的遗憾。例如，1825年瑞士年轻物理学家科拉顿一个人在研究电磁现象时，实验装置如图所示，为避免磁铁的磁场对小磁针产生影响，他把实验装置放在两个房间，在右边房间里把磁铁反复插入线圈，然后跑到左边房间里观察，结果没有看到小磁针偏转。下列说法中正确的是( )
A. 该实验线圈中肯定没有电流产生
B. 通电导线周围产生磁场的现象叫电磁感应现象
C. 科拉顿没看到小磁针偏转，是因为当他跑到另一个房间时，电磁感应过程已经结束
D. 科拉顿没看到小磁针偏转，是因为该实验中的磁铁磁性太弱
3.如图所示的电路中， L为电感线圈，电阻不计， A、B为两灯泡，则( )
A. 合上S，当电流稳定后， A、B一直亮B. 合上S瞬间， A先亮， B后亮
C. 断开S瞬间， A闪亮一下再熄灭D. 断开S瞬间， A熄灭、B重新亮后再熄灭
4.如图所示，充电基座安装有送电线圈，手机内部安装有受电线圈。当充电线圈接上220 V的正弦交流电源后，受电线圈产生的电流给手机电池充电。下列说法正确的是( )
A. 受电线圈中感应电流产生的磁场不变B. 送电线圈中需要接交流电
C. 基座接直流电源也能对手机充电D. 基座对手机传递电能过程中无电能损失
5.如图所示是光感式烟雾报警器的原理图，烟雾报警器光源发出光线，在没有烟雾时沿直线传播(虚线)，有烟雾时则光会散射到光敏电阻中，使蜂鸣器达到额定电流发出报警声，已知光敏电阻的阻值随光的强度增强而减小，接收光的强度随烟雾浓度增大而增强，关于烟雾报警器，下列说法正确的是( )
A. 无论浓度多大的烟雾均可使蜂鸣器报警
B. 电源电动势越大，蜂鸣器越难发出报警声
C. 光源发光强度越强，蜂鸣器越难发出报警声
D. 滑动变阻器P向a端滑动，蜂鸣器更容易发出报警声
6.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5Ω，外接一只阻值为5Ω的电阻R，不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示。则( )
A. 线圈的转速为100r/sB. 交流电流表的示数为2 2A
C. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行D. 电阻R在1分钟内产生的热量为4800J
7.如图所示，理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，两个副线圈匝数分别为n2=50匝和n3=100匝，L1是“6V 2W”的灯泡，L2是“12V 4W”的灯泡，当原线圈接正弦式交变电流时，两灯泡均正常发光，那么原线圈中的电流为( )
A. 150AB. 130AC. 120AD. 110A
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如图乙所示的交变电流。已知发电机内阻r=2Ω，与其串联的白炽灯泡额定电压为9 V、阻值为18Ω。若该灯泡恰好正常发光，则此时发电机( )
A. 输出电流的有效值为0.5AB. 输出电流的最大值为0.5A
C. 输出的交流电频率为10HzD. 输出电压的有效值为9V
9.如图为LC振荡电路， P为电路上一点。某时刻线圈中的磁场及电容器两极板所带的电荷如图所示，则( )
A. 此时刻电容器内电场强度正在减小
B. 此时刻通过P点的电流方向由左向右
C. 若只在线圈中插入铁芯， LC振荡电路的频率将增大
D. 若只减少电容器极板间正对面积， LC振荡电路的频率将增大
10.电磁阻拦索是航空母舰的核心战斗力之一。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载飞机通过绝缘阻拦索与金属棒 ab一起在磁场中减速滑行至停止。已知舰载飞机质量为M，金属棒 ab质量为m，两者以共同速度v0进入磁场。轨道一端MP间所接电阻为R，其他电阻均不计。水平平行金属导轨 MN与PQ间距离为L，轨道间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.除安培力外舰载机系统所受其他阻力均不计，则( )
A. 舰载机将做匀减速直线运动
B. 运动过程中，电阻 R中的电流方向为M→R→P
C. 舰载机和金属棒一起运动的最大加速度为B2L2v0(M+m)R
D. 舰载机减速过程中金属棒ab中产生的焦耳热为12Mv02
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，在如下电路中，合上电键后可能出现的情况有：
(1)将A线圈中迅速插入铁芯时，灵敏电流计指针将向 (“左”或“右”)偏转。
(2)A线圈插入B线圈后，开关由闭合到断开时，灵敏电流计指针将向 (“左”或“右”)偏转。
(3)A线圈插入B线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头从最左端滑到最右端，第一次快速滑动，第二次滑动较慢，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1 E2;通过线圈导线横截面电荷量的大小关系是q1 q2。(均填“大于”、“等于”或“小于”)
12.某同学利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示。将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响。图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图像.
(1)图甲中警铃的接线柱C应与接线柱 相连，指示灯的接线柱D应与接线柱 相连(均选填“A”或“B”)；
(2)当环境温度升高时，继电器的磁性将 (选填“增大”、“减小”或“不变”)；
(3)如果要使报警电路在更高的温度报警，下列方案可行的是 .
A. 适当减小U1 B.适当增大U1
C. 适当减小U2 D.适当增大U2
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图甲所示，一个面积为S，阻值为r的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻R组成闭合回路。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图中B0和t0已知，导线电阻不计。在t=0至t=t0时间内，求：
(1)电阻R中电流的方向；
(2)感应电动势的大小E；
(3)a、b两点间的电势差Uab。
14.某校用一台不计内阻的发电机来提供照明用电，输电过程如图所示，升压变压器原、副线圈匝数比为1:5，降压变压器原、副线圈匝数比为5:1，输电线的总电阻为R=25Ω。全校共有33个班，每班有6盏“220V;40W”的灯，若要保证全部电灯正常发光，求：
(1)输电线损失的功率;
(2)升压变压器的输入电压。
15.有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和阻值为R的电阻。绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，金属条电阻为0.5R，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电极和其余导线的电阻，若橡胶带匀速运动，电压表读数为U，求：
(1)橡胶带匀速运动的速率;
(2)一根金属条经过磁场区域安培力做的功;
(3)若从某根金属条刚进入磁场区域开始计时，一段时间R上产生热量Q=6BULdR，则一共有几根金属条通过磁场区域?
答案和解析
1.【答案】A
【解析】交变电流是指大小和方向都发生周期性变化的电流，因此BCD是交变电流，A不是交变电流．故选A.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查电流的磁效应与电磁感应现象，难度一般，基础题。
当闭合回路中的部分导体做切割磁线的运动时，回路中会产生电流，这种现象称为电磁感应现象；电流周围存在着磁场的现象叫电流的磁效应。
【解答】
A、将磁铁插入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，故A错误；
B、通电导线周围产生磁场的现象叫电流的磁效应。故B错误；
CD、电流周围存在磁场，故小磁针会发生转动。但当科拉顿跑到另一个房间时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流，所以小磁针不偏转， C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】AB.合上S瞬间，电路中立即就有了电流，故灯泡 A、B同时变亮，由于自感现象，通过线圈的电流缓慢增加;当电流稳定后，线圈相当于直导线，灯泡 B被短路，故开关闭合后，灯泡 A、B同时亮，但 B逐渐熄灭， A更亮，故 A错误， B错误;
CD.断开S瞬间， A灯立即熄灭，线圈产生自感现象，和灯泡 B构成闭合电路， B灯先闪亮后逐渐变暗，故 C错误， D正确。
4.【答案】B
【解析】AB.由于送电线圈中通入正弦交流电源，可知送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化，则在受电线圈中产生感应电流也是正弦交流电，此感应电流产生的磁场也是周期性变化，故A错误，B正确；
C.无线充电利用的是电磁感应原理，因此送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，因此基座接直流电源不能对手机充电，故C错误；
D.无线充电利用的是电磁感应原理，因此基座对手机充电中，由于存在漏磁现象，再有线圈本身有直流电阻，所以基座对手机传递电能过程中仍有电能损失，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了电阻的串联特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，会分析气敏电阻的阻值与浓度的变化关系是本题的突破口。
【解答】A、由题意，烟雾浓度达一定程度时才会时光敏电阻阻值降低到合适阻值引发报警，A错误；
B、电源电动势越大，越容易发出报警，B错误；
C、光源发光强度越强，光敏电阻阻值越小，蜂鸣器越容易发出报警声， C错误；
D、滑动变阻器P向a端滑动，阻值减小，蜂鸣器更容易发出报警声，D正确。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据乙图可知，交流电的周期T=0.02s，故线圈转动的转速n=1T=10.02r/s=50r/s，故A错误；
B、电阻R两端的电压最大值为Um=20 2V，有效值为U=Um 2=20 2 2V=20V，交流电流表的示数为I=UR=205A=4A，故B错误；
C、0.01s时线圈产生的感应电动势为零，故此时线圈位于中性面，此时线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；
D、电阻R在1分钟内产生的热量为Q=I2Rt=42×5×60J=4800J，故D正确；
故选：D。
7.【答案】C
【解析】两灯泡正常发光，则U2=6V，原线圈两端电压U1=n1n2U2=100050×6V=120V，
副线圈上总的输出功率P出=PL1+PL2=2W+4W=6W，
原线圈上输入功率P入=P出=6W，
原线圈中的电流I1=P入U1=6120A=120A，
故C正确。
8.【答案】AD
【解析】白炽灯泡额定电压为9V、阻值为18Ω，灯泡恰好正常发光，则输出电流的有效值为I=918A=0.5A，输出电压的有效值为9V，故AD正确;
题图中电流为正弦式交变电流，则输出电流的最大值为Im= 2I= 22A，故B错误;
根据题图乙可知，周期为0.2s，则频率为f=10.2Hz=5Hz，故C错误。
9.【答案】AD
【解析】AB.由图可知，此时线圈中的电流为逆时针方向，通过P点的电流方向由右向左，则此时电容器正在放电，电容器的电压正在减小，电容器内电场强度正在减小，故B错误，A正确；
C.根据f=12π LC，在线圈中插入铁芯，则L增大，LC振荡电路的频率减小，故C错误；
D.根据f=12π LC、C=εrS4πkd，只减少电容器极板间正对面积，则电容C减小，LC振荡电路的频率增大，故D正确。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查电磁感应，根据E=Blv、闭合电路欧姆定律、安培力公式以及牛顿第二定律得出加速度的表达式，根据右手定则分析电流的方向。要注意电阻为零的导体不产生焦耳热。
【解答】
B、根据右手定则，电阻R中的电流方向为M→R→P，故B正确；
C、金属棒刚进入磁场时加速度最大，感应电动势E=BLv0，
感应电流I=ER=BLv0R，
对舰载机与金属棒，由牛顿第二定律得：BIL=(M+m)am，
解得舰载机与金属棒的最大加速度：am=B2L2v0(m+M)R，故C正确；
A、结合C选项可得加速度a=B2L2v(m+M)R，随着速度v减小，舰载机的加速度a减小，故A错误；
D、金属棒ab电阻不计，故不产生焦耳热，故D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)右；(2)左；(3)大于，等于。
【解析】解：(1)根据题意，当闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明B线圈中磁通量变大时，引起的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏；故将A线圈中迅速插入铁芯时，B线圈中磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转。
(2)线圈插入B线圈后，开关由闭合到断开时，B线圈中磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏转。
(3)根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt可知，在相同的ΔΦ情况下，第一次快速滑动，所用的时间小，产生的感应电动势大，所以E1>E2；根据电流的定义式有q=I−Δt，电路中的平均电流大小为I−=E−R，而E−=ΔΦΔt，联立可得q=ΔΦR，所以通过线圈导线横截面的电荷量的大小关系是q1=q2
故答案为：(1)右；(2)左；(3)大于，等于。
12.【答案】B
A
增大
A

【解析】【分析】
(1)明确实验原理，知道由当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响即可判断出接线柱的接法；
(2)温度升高时热敏电阻的阻值减小，再根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流变化情况，从而确定磁性的变化；
(3)根据(2)中分析确定热敏电阻与定值电阻和温度的关系从而确定改进方法。
该题考查电磁继电器的原理与欧姆定律的相关计算，有一定的综合性，解答的过程中要细心一些。关键是明确实验中的原理。
【解答】
(1)根据“当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”，知警铃的接线柱C应与接线柱B相连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连。
(2)当环境温度升高时，热敏电阻阻值减小，由欧姆定律知电路中电流增大，则继电器的磁性将增大。
(3)设继电器线圈中电流为I时，继电器的下触点接触，警铃响，结合电路图，由欧姆定律可知：I=U1R+R0，现要使报警电路在更高的温度报警，根据图乙可知，R的阻值会更小，要使电流达到报警电流I，故应减小U1。改变U2无法改变继电器的工作状志。故本题选A。
13.【答案】解：(1)根据楞次定律可知，电流方向由a到b；
(2)根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt，其中ΔΦ=B0S，Δt=t0，
代入得到：E=B0St0
(3)根据闭合回路欧姆定律：I=ER+r，
及Uab=IR，R=2r，
可得：Uab=2B0S3t0
【解析】本题是一道电磁感应与电路相结合的综合题，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题。
(1)由楞次定律判断出电流方向；
(2)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势；
(3)根据闭合电路欧姆定律即可求得电势差。
14.【答案】(1)降压变压器副线圈的电流
I4=40220×6×33A=36A
降压变压器原线圈的电流
I3=n4n3I4
解得
I3=365A
输电线损失的功率
ΔP=I32R
解得
ΔP=1296W
(2)降压变压器原线圈的电压
U3=n3n4U4
解得
U3=1100V
输电线上损失的电压为
ΔU=I3R
解得
ΔU=180V
升压变压器的输出电压
U2=U3+ΔU
解得
U2=1280V
升压变压器的输入电压
U1=n1n2U2
解得
U1=256V
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)设电动势为E，橡胶带运动速率为v。
由：E=BLv，U=2E3，解得：v=3U2BL
(2)设电流强度为I，安培力为F，安培力做的功为W。
I=UR，F=BIL，W=−Fd，解得：W=−BLUdR
(3)由Q=I2Rt=6BULdR，所以t=6BLdU，N=vtd=9根