江西省南昌市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

江西省南昌市高二（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．图是应用光敏电阻设计的实验电路，闭合开关后，用光照向光敏电阻，发现光强增加时，灯变得更亮，下列分析正确的有（ ）
A．光敏电阻的阻值随光强的增加而增大
B．光敏电阻的阻值随光强的增加而减小
C．灯变得更亮，说明电路中的总电阻变小
D．灯变得更亮，说明电路中的总电阻变大
2．如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：2，保险丝R1的电阻为2Ω．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，要求通过保险丝的电流（有效值）不超过5A，加在电容器两极板的电压不超过50V，则滑动变阻器接入电路的阻值可以为（　　）
A．5Ω B．10Ω C．12Ω D．20Ω
3．如图所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量1kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度进入匀强磁场时开始计时，此时线框中感应电动势为1V，在时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场此过程中v--t图象如图所示，那么　　
A．在时刻线框右侧的边两端MN间电压为V
B．恒力F的大小为N
C．线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为2
D．线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为1
二、单选题
4．如图所示，电路中、是规格相同的灯泡，是自感系数足够大的线圈，其直流电阻可以忽略不计，那么（　　）
A．合上，、一起亮，然后变暗后熄灭
B．合上，先亮，逐渐变亮，最后、一样亮
C．断开，立即熄灭，由亮变暗后熄灭
D．断开，、立即熄灭
5．如图甲所示，两固定导体线圈a、b在同一平面内，a在内侧，b在外侧．现使a接交流电源，规定逆时针方向为正方向，a中的电流i随时间t按正弦规律变化，图像如图乙所示，以下说法正确的是（　　）
A．时间内线圈b中有逆时针方向的电流
B．时刻线圈b中的电流最大
C．时刻两线圈间的作用力最大
D．时间内两线圈相互排斥
6．如图所示，固定的水平长直导线中通有直流电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且两边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中（　　）
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向为逆时针
C．线框所受安培力的合力方向向上
D．线框的机械能不变
7．图（a）为电视机电脑板供电电路图，图中变压器可视为理想变压器，原、副线圈的匝数比为44：1，R为用电器件的等效电阻，阻值为5Ω，A为理想电流表。已知ab两点间的电压如图（b）所示，下列说法正确的是（　　）
A．通过R电流的表达式为
B．电流表的示数约为1.41A
C．原线圈中磁通量的变化率大于副线圈中磁通量的变化率
D．原线圈两端的电压为220V
8．如图所示，在矩形区域MNPQ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，MQ边长为L，MN边长为2L．梯形线框abcd位于纸面内，ab长为L，cd长为3L，ab边和cd边之间的距离为L．现让线框以恒定的速度ν沿垂直MN的方向向右穿过磁场区域，并在ab边与MN边重合时开始计时，取沿 abcda方向为感应电流的正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间变化的图线是
A．
B．
C．
D．
9．自耦变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器，其原理和普通变压器一样．如图所示的理想自耦变压器的原线圈两端接入u=220sin100πt(V)交流电，副线圈上标有“55V，20W”的白炽灯恰好能够正常发光，则下列说法正确的是( )
A．原、副线圈的匝数之比为4：1
B．副线圈中输出交流电的周期为S
C．原线圈中理想电压表的读数大约为311V
D．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，自耦变压器的输入功率变小
10．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11 Ω的纯电阻用电器供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为，将T1、T2均视为理想变压器．下列说法正确的是(　　)
A．降压变压器的输入功率为4 400 W
B．升压变压器中电流的频率为100 Hz
C．输电线消耗的功率为500 W
D．当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小
11．如图所示，将带铁芯的电感器L与灯泡A串联，再与另一个完全相同的灯泡B并联，接在以正弦交流信号发生器为电源的两端．通过调节交流信号发生器上的旋钮，可以改变输出电压和信号的频率．闭合开关S，A、B两灯均发光．关于该实验，下列说法中正确的是（ ）
A．保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现A灯始终比B灯亮
B．保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后，发现A灯比原来亮
C．保持输出电压不变，提高交流信号频率，发现A、B灯均变亮
D．断开开关S，发现B灯闪亮一下，然后熄灭
12．一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框固定不动，其中矩形区域存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小随时间均匀变化，，已知，，已知长度的电阻为，则导线框中的电流为
A． B．
C． D．
三、实验题
13．现测定长金属丝的电阻率：
(1)用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是_______mm。用游标卡尺测量金属丝的长度如图所示，其长度_______cm；
(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100Ω，画出实验电路图，并标明器材代号_____________；
电源E（电动势10V，内阻约为10Ω）
电流表A1（量程0~250mA，内阻）
电流表A2（量程0~300mA，内阻约为5Ω）
滑动变阻器R（最大阻值10Ω，额定电流2A)
开关S及导线若干
(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式________。从设计原理看，其测量值与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
14．如图是一个多用表欧姆档内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0～5000Ω．
（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，调零后R0阻值为_____Ω．当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调零后R0阻值将变_____（选填“大”或“小”）．
（2）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果_____（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．
四、解答题
15．如图所示，匀强磁场B1垂直水平光滑金属导轨平面向下，垂直导轨放置的导体棒ab在平行于导轨的外力F作用下做匀加速直线运动，通过两线圈感应出电压，使电压表示数U保持不变．已知变阻器最大阻值为R，且是定值电阻R2 的三倍，平行金属板MN相距为d．在电场作用下，一个带正电粒子从O1由静止开始经O2小孔垂直AC边射入第二个匀强磁场区，该磁场的磁感应强度为B2，方向垂直纸面向外，其下边界AD距O1O2连线的距离为h．已知场强B2 =B，设带电粒子的电荷量为q、质量为m，则高度h=，请注意两线圈绕法，不计粒子重力．求：
（1）试判断拉力F能否为恒力以及F的方向（直接判断）；
（2）调节变阻器R的滑动头位于最右端时，MN两板间电场强度多大？
（3）保持电压表示数U不变，调节R的滑动头，带电粒子进入磁场B2后都能击中AD边界，求粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围．
16．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100匝，ab边长L1=1.0m，bc边长L2=0.5m，线圈总电阻R=2Ω。磁感应强度B在0～1s内从零均匀增大到0.2T。求
(1)0～1s内线圈产生感应电动势的大小；
(2)0～1s内线圈产生感应电流的大小和方向。
17．如图所示，坡度顶端距水平面高度为，质量为的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，一端与质量为的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点．A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为，求
（1）物块A在与挡板B碰撞前的瞬间速度的大小；
（2）弹簧最大压缩量为时的弹簧势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）．
18．某个水电站发电机的输出功率为100KW，发电机的电压为250V．通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为2Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V．要求在输电线上损失的功率控制为5KW（即用户得到的功率为95KW）．请你设计两个变压器的匝数比．为此，请你：
（1）画出远距离输送电能的线路示意图．
（2）降压变压器输出的电流是多少？输电线上通过的电流是多少？
（3）输电线上损失的电压是多少？升压变压器输出的电压是多少？
（4）两变压器的匝数比各应等于多少？
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
光照强度增加时，光敏电阻阻值减小，闭合回路总电阻减小，电流变大，灯变得更亮，故选项BC正确．
点睛：光敏电阻是可变电阻，本题相当于动态分析问题，分析部分与整体的关系是关键．
2．BC
【解析】
【详解】
根据图象可知变压器原线圈接入的交流电的有效值为，根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得变压器的输出电压，保险丝的最大电流为5A，由欧姆定律可得，解得滑动变阻器的最小电阻为，且电容器两极板的电压不超过50V为电压的最大值，有，解得；故符合阻值范围为的有10Ω和12Ω；
3．AC
【解析】
【详解】
由图读出时和时刻的速度相等，感应电动势大小相等，由题知，时，线圈中感应电动势为，则时，线圈中感应电动势也为，线框右侧边MN的两端电压为：故A正确；
B、在内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，由速度时间图象的斜率表示加速度，求得，则得故B错误．
C、D由b图象看出，在时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入时速度相同，则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同，则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与时刻的速度相等，即为．故C正确，D错误．
故选AC．
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．开关闭合瞬间，自感线圈的阻碍作用很大，电流几乎都从通过，故合上，、一起亮；随着电路中的电流趋于稳定，自感线圈对电流的阻碍作用越来越小，通过灯的电流随之越来越小，其亮度逐渐变暗，由于自感线圈的直流电阻可忽略不计，故电路稳定后被短路，即变暗后熄灭，选项A正确，B错误；
CD．开关断开后，中无电流通过，立即熄灭；灯泡和自感线圈构成一个闭合回路，自感线圈这时所起的作用是阻碍本身电流的减小，使得这个新的闭合电路中的电流只能从原来线圈中的电流逐渐变小，不会立即消失，故灯亮一下后再熄灭，选项CD错误；
故选A。
5．B
【解析】
【详解】
A．由图像乙可知时间内a中的电流i顺时针方向且在减小，产生垂直于纸面向里的感应磁场，根据楞次定律，线圈b中有顺时针方向的电流，A错误；
B． 时刻线圈a中的电流i图像斜率最大即变化的最快，根据电磁感应定律，此刻b中的电流最大，B正确；
C． 时刻线圈a电流最大，变化率为0，故线圈b中电流为0，两线圈间的作用力为0，C错误；
D．时间内，线圈a电流减小，根据楞次定律判断线圈b中电流与a电流同向，两线圈相互吸引，D错误。
故选B。
6．C
【解析】
【详解】
A. 线框由静止释放，在下落过程中，远离导线，磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，A错误；
B. 由安培定则，导线下方的磁场垂直纸面向里，线框的磁通量减小，由楞次定律，线框中感应电流方向为顺时针，B错误；
C. 导线下方的磁场垂直纸面向里，线框中感应电流方向为顺时针，根据左手定则，线框四条边所受的安培力都向外，两竖直边所受安培力的合力为零，上边所在处的磁场比下边大，安培力大，上下两条边身受的安培力的合力方向向上，线框所受安培力的合力方向向上，C正确。
D. 线框因产生电流而生热，线框的机械能减少，D错误。
故选C。
7．A
【解析】
【详解】
A．根据图像可知
根据根据闭合回路的欧姆定律可得电流表的示数为
由于电流是正弦变化，则通过R电流的表达式为
A正确；
B．由图像可知，ab两点间的电压为
根据闭合回路的欧姆定律可得电流表的示数为
B错误；
C．根据变压器的原理可知，原线圈中磁通量的变化率等于副线圈中磁通量的变化率，C错误；
D．根据变压器的原副线圈的电压关系，则有
代入数据，解得
D错误。
故选A。
8．C
【解析】
【详解】
在时间内，ab边进入磁场切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律判断得知感应电流沿adcba方向，为负；线圈有效的切割长度均匀增大，根据感应电动势大小公式E=BLv可知感应电动势均匀增大，所以感应电流均匀增大；
t在时间内，磁通量不断增大，由楞次定律判断得知感应电流沿adcba方向，为负；线圈有效的切割长度不变，根据感应电动势大小公式E=BLv可知感应电动势不变，所以感应电流不变；
t在时间内，磁通量不断减小，由楞次定律判断得知感应电流沿abcda方向，为正；线圈有效的切割长度均匀增大，根据感应电动势大小公式E=BLv可知感应电动势均匀增大，所以感应电流均匀增大；
t在时间内，磁通量不断减小，由楞次定律判断得知感应电流沿abcda方向，为正，线圈有效的切割长度不变，根据感应电动势大小公式E=BLv可知感应电动势不变，所以感应电流不变，故选项C正确，A、B、D错误；
故选C．
9．A
【解析】
【详解】
AC．原线圈中理想电压表的示数为
因为白炽灯正常发光，副线圈两端的电压，根据电压与匝数成正比，得
故A正确，C错误；
B．根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知，角速度，周期
变压器不会改变交流电的周期，副线圈输出交流电的周期为0.02s，故B错误；
D．变阻器的滑片P向上滑动时，变阻器电阻变小，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，故D错误．
故选A.
10．A
【解析】
【详解】
A.用电器两端的电压，则用电器两端电压的有效值，负载消耗的功率，降压变压器的输入功率．故A正确．
B.用电器两端的电压，则输电线路中各部分电流的频率．故B错误．
C.T2的原、副线圈匝数比为4∶1，则，代入数据解得：；降压变压器的输入电流；输电线消耗的功率．故C错误．
D.升压变压器的输入电压与输出电压关系为，则升压变压器的输出电压不变．升压变压器的输出电压与降压变压器输入电压间的关系为，降压变压器输入电流与输出电流的关系为，又，则，当用电器的电阻减小时， 降压变压器输出电流增大，降压变压器输入电流增大，通过输电线的电流增大，输电线消耗的功率增大．故D错误．
【点睛】
涉及变压器动态分析类问题时要注意原线圈两端的电压和原副线圈匝数比决定副线圈两端电压；副线圈的电流和原副线圈匝数比决定原线圈中电流．原副线圈中电流的功率、频率相同．
11．B
【解析】
【详解】
电感线圈对交流电有阻碍作用，所以流过A的电流始终小于流过B的电流，则保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现A灯始终比B灯暗．故A错误；保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后，线圈对交流电的阻碍作用减小，发现A灯比原来亮．故B正确；保持输出电压不变，提高交流信号频率，线圈对交流电的阻碍作用增大，则A灯变暗．故C错误；待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，A、B两灯串联，同时逐渐变暗，两灯不会闪亮．故D错误；故选B．
12．A
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律求解线圈中的感应电动势；根据闭合电路的欧姆定律求解电流；
【详解】
根据法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势：；线圈中的电流为 ，故选A.
【点睛】
此题是易错题，要知道求解磁通量变化率时要用有磁场部分的面积；求解总电阻时要用线圈的总长度.
13． 0.200mm 42.30mm 相等
【解析】
【详解】
(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为
D=0mm+20.0×0.01mm=0.200mm
[2]游标卡尺的主尺读数为：4.2cm=42mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数为
L=42mm+0.30mm=42.30mm
(2)[3]根据题意可知，没有电压表，可以用已知内阻的电流表A1测电压，另一个电流表A2测电流，由题意可知，待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示
(3)[4]由图示电路图可知，待测金属丝电阻
[5]由图示电路图可知，电压与电流的测量值等于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值等于真实值。
14． 2989 小 准确
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]根据题意，欧姆表内阻为
R0=R﹣Rg﹣r=3000﹣10﹣1=2989Ω
[2]电流表满偏电流Ig不变，电源电动势E变小，则欧姆表总内阻要变小，故R0的阻值调零时一定变小；
（2）[3]因电动势不变，故欧姆调零后的中值电阻不变；故测量结果是准确的；
【点评】
15．(1)F不能为恒力，F方向向左（1）U/4d（3）
【解析】
【分析】
（1）导体棒匀速运动，产生的感应电动势是定值，闭合回路的电流为恒定电流，只有穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路才能产生感应电流，据此分析答题．（2）由于欧姆定律求出两板间的电势差，然后求出两板间的电场强度．（3）由欧姆定律求出两极板间的最大电势差与最小电势差，由动能定理求出粒子进入右边磁场时的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析答题．
【详解】
（1）ab棒不能做匀速运动，否则副线圈中没有感应电流，故ab棒做变速运动，ab棒做变速运动，产生的感应电动势是变化的，原线圈电流是变化的，ab棒受到的安培力是变力，ab棒做匀加速运动，由牛顿第二定律可知，ab棒受到的合外力为恒力，由于安培力是变力，则拉力F为变力；粒子带正电，粒子在两极板间加速，说明极板间的电场强度方向水平向右，M板电势高于N板电势，副线圈所在电路电流沿顺时针方向，由楞次定律与右手定则可知，ab棒应向左运动．
（2）变阻器最大阻值为R，且是定值电阻的三倍，则：
由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测两电阻的总电压，两极板间的电势差等于两端电压，电路电流：
定值电阻两端电压：
极板间的电场强度：
（3）滑片在最右端时，两极板间的电势差最小，由（2）可知，最小电势差：
滑片在最左端时，极板间的电势差最大为
粒子在电场中加速，由动能定理得：
解得：，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：粒子轨道半径
即，
由题意可知：
粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：
则有：
则：粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围是：
16．(1)E=10V；(2)I=5A，方向为adcba(逆时针方向)
【解析】
【详解】
(1)由电磁感应定律
E=
S=L1L2
代入数值解得
E=10V
(2)产生的感应电流大小
I=
解得
I=5A
由楞次定律电流方向为adcba(逆时针方向).
17．（1）（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由机械能守恒定律得
解得
（2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有
A、B克服摩擦力所做的功
由能量守恒定律，有
代入解得
18．（1）输电示意图见解析；（2）431.8 A ；50A（3）100V；1900V（4）1：8；95:11
【解析】
【分析】
根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流．根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压．根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比．
【详解】
(1)输电线路示意图如图所示:
(2)降压变压器输出的电流即用户得到的电流:A=431.8A
由,得输电线上通过的电流为:A
(3)输电线上损失的电压为:V
对理想变压器
得升压变压器的输出电压V
降压变压器的输入电压1900V
(4)根据理想变压器匝数与电压的关系
【点睛】
解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系．
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