江苏省宿迁市剑桥国际学校2013-2014学年高二下学期期末考试 物理 Word版含答案

2014-2015学年江苏省宿迁市高二（下）期末物理复习试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18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）（2015春•江苏期末）许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（）A．法拉第总结出了感应电流方向的判断方法B．奥斯特发现了磁能生电C．法拉第提出了分子电流假说D．安培发现了磁场对电流的作用规律考点：物理学史．分析：本题是物理学史问题，根据法拉第、奥斯特、安培等科学家的物理学成就进行解答．解答：解：A、楞次总结出了感应电流方向的判断方法，故A错误．B、法拉第发现了磁能生电．故B错误．C、安培提出了分子电流假说，故C错误．D、安培发现了磁场对电流的作用规律，故D正确．故选：D．点评：物理学史是高考考查内容之一，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，不能张冠李戴．2．（3分）（2013秋•广东月考）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值和方向均改变考点：安培力．分析：通电直导线放在匀强磁场中，所受的安培力大小公式为F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，方向由左手定则判断，根据这两个知识进行分析．解答：解：通电直导线所受的安培力F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，由题知，B、I、L不变，α减小，则F减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变．故B正确，ACD 错误．故选：B．点评：本题考查了安培力的大小公式和安培力方向的判断，比较简单，很容易掌握．3．（3分）（2015春•江苏期末）关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是（）A．由功率P=，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P=IU，应低电压小电流输电C．由P=I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不对考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：根据P=UI求出输电线上的电流，结合分析输电线上损耗的功率与什么因素有关．解答：解：根据，P=UI知，，所以为了减小输电线上损耗的功率，应减小输电电荷或导线的电阻，或可以增大输电电压．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道根据P损=I2R，要减小功率损耗，应减小导线电阻，或减小输电电流．4．（3分）（2015春•江苏期末）如图所示，某空间匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，一金属棒AB从高h处自由下落，则（）A．A端先着地B． B端先着地C．两端同时着地D．以上说法均不正确考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：棒AB做切割磁感线运动，导致两端带异种电荷，故受电场力方向相反，根据右手定则分析即可．解答：解：棒AB做切割磁感线运动，根据右手定则，B端带正电，A端带负电，故B端受向下的电场力，A端受到向上的电场力，故B端先落地；故选：B．点评：本题关键是根据右手定则判断棒AB两端点的电性，然后判断电场力方向，基础题．5．（3分）（2011春•衡阳期末）如图所示的电路中，S闭合达电流稳定时，流过电感线圈的电流为2A，流过灯泡的电流是1A，将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的图象是图中的（）A． B．C．D．考点：自感现象和自感系数．分析：当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．解答：解：当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以电流i1会慢慢增大，灯泡这一支路立即就有电流．当电键断开，灯泡这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过灯泡的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且灯泡和L构成回路，通过灯泡的电流也流过L，所以i2变成反向，且逐渐减小．因i1＞i2，故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．6．（3分）（2015春•江苏期末）在电子线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到下一级，可以采用如图所示的电路，其中a、b应选择的元件是（）A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈C．a是电容很小的电容器，b是低频扼流圈D．a是电容很小的电容器，b是高频扼流圈考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．分析：本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小．电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小解答：解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器元；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈．故D正确，ABC错误；故选：D点评：根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器；明确两种仪器对高频信号和低频信号的不同作用．二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．交流电a的瞬时值为μ=10sin5πtVB．线圈先后两次转速之比为2：3C．交流电b电压的有效值为VD．在t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率均为零考点：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：由图读出电压最大值U m，周期T，由ω=求出，写出交流电a的瞬时值表达式．由周期关系求出转速关系．t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量．解答：解：A、由图电压最大值U m=10V，周期T a=0.4S，ω==5πrad/s，交流电压的瞬时值表达式为u=U m sinωt=10sin5πtV．故A正确．B、由图可知，周期T a=0.4S，T b=0.6s，则线圈先后两次转速之比n a：n b=T b：T a=3：2．故B 错误．C、由电动势的最大值E m=NBSω，则两个电压最大之值比U ma：U mb=ωa：ωb=3：2，则交流电b电压的最大值为V，有效值为V．故C错误．D、t=0时刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大．故D正确．故选：AD．点评：本题考查对交流电压图象的理解能力．难点在于C选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系．至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析．8．（4分）（2006•扬州二模）如图所示，电阻R1=20Ω，电动机的绕组R2=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A．I=1.5A B．I＜1.5A C．P=15W D． P＜15W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1的电压U．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2＜求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI求解电路中功率范围．解答：解：当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流I2，故电流表的电流I＜1.5A，电路中电功率P=UI＜15W．故BD正确．故选BD点评：本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜是关键不等式．9．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）A．两金属环将相互靠拢B．两金属环将相互排斥C．磁铁的加速度会大于g D．磁铁的加速度会小于g考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，来判断a、b两线圈的运动情况．根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，分析磁铁的加速度．解答：解：A、B、当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知a、b两线圈相互排斥．故A错误，B正确．C、D当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，可知导体对磁体的运动产生斥力作用，所以磁铁下降的加速度会小于g．故C错误，D正确；故选：BD．点评：解决本题的关键理解楞次定律的两种表述，真正理解“阻碍”的作用，并能用来分析实际问题．10．（4分）（2015春•江苏期末）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向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100πtV，降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）A．通过R0电流的最大值是20 AB．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压C．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率考点：远距离输电．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，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小解答：解：A、降压变压器副线圈两端交变电压最大值为220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0电流的最大值是=20A，故A正确；B、升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上的电压，所以选项B错误；C、降压变压器T2原、副线圈的电压比等于匝数比为4：1，所以选项C正确；D、升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率，所以选项D正确．故选：ACD点评：本题考查远距离输电问题，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题11．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为L，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T，方向如图所示．有两根质量均为m=0.1kg、长度均为L=0.2m、电阻均为R=0.4Ω的导体棒ab和cd与导轨接触良好，当用竖直向上的力F使ab棒向上做匀速运动时，cd棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A．ab棒的运动速度是5m/sB．力F的大小为1NC．在1s内，力F做的功为5 JD．在1s内，cd棒产生的电热为2.5J考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：要使cd始终保持静止不动，cd棒受到的安培力与重力平衡，即可求解；再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，结合功表达式与焦耳定律即可求解．解答：解：A、cd静止不动，cd棒受到的安培力等于它的重力，B L=mg，解得：v===5m/s，故A正确．B、导体棒ab，使之匀速上升，棒ab受到向下的重力G和向下的安培力F，则ab棒受到的拉力F拉=F+G=2mg=2N，故B错误．C、在1s内拉力做的功，W=F拉vt=2×5×1J=10 J，故C错误．D、在1s内，电路消耗的电能Q=t=5 J，则cd棒产生的电热为2.5J，故D正确．故选：AD．点评：本题是电磁感应现象中的力平衡问题，关键是对安培力和电路的分析和计算．三、简答题：本题共2小题，共21分．请将解答填写在答题卷上相应的位置．12．（9分）（2006•上海）表格中所列数据是测量小灯泡 U﹣I关系的实验数据：U（V）0.0 0.2 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0I（A）0.000 0.050 0.100 0.150 0.180 0.195 0.205 0.215（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图甲（填“甲”或“乙”）；（2）在方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而变大（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）如图3所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上．已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为0.07 A．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；压轴题．分析：（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，由此可正确选择电路；（2）由图可知，随着电流的增大，灯泡电阻增大；（3）算出灯泡两端的电压，根据小灯泡的U﹣I曲线可以求出灯泡的电流．解答：解：（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，只有甲图是分压接法，故该实验选择的电路图是甲图．故答案为：甲．（2）根据表示所给数据，画出小灯泡的U﹣I曲线如下所示：由小灯泡的U﹣I曲线可知，当电流增大时，灯泡的电阻增大．故答案为：增大．（3）流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，根据电阻的串并联可知，流过灯泡a的电流是b的三倍；同时灯泡a和b的电压之和为3V，由此结合小灯泡的U﹣I曲线可知流过灯泡b的电流约为：0.07A．故答案为：0.07．点评：在描绘小灯泡的U﹣I曲线的实验中，注意滑动变阻器分压、限流和安培表内接、外接方法的选择，以及根据小灯泡的U﹣I曲线求出灯泡的电压、电流值．13．（12分）（2015春•江苏期末）某同学为了测量一个额定率为1W的电阻R x的阻值，先多用表的欧姆档进行了粗测，然后用伏安法进行精确测量．（1）该同学先用欧姆表“×10”档测量时发现指标指在“0.4”刻度处，为了相对准确地测量该电阻的阻值，于是他改用× 1 档后发现指针指在“5”刻度处，由此可知R x大约为5 Ω．（2）实验室中现有如下实验器材：电流表A1（量程0～0.6A，内阻0.2Ω）电流表A2（量程0～3A，内阻0.05Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻3kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻15kΩ）滑动变阻器R0（0～50Ω）蓄电池（电动势为6V）；开关、导线①为了较准确测量R x阻值，电压表应选V1、电流表应选A1．②在方框内画出该实验的电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）根据多用电表欧姆档的使用方法进行换档并读数；（2）根据已知条件估算电流值和电压值，进而确定电流表和电压表；根据实验要求及电表内阻的影响确定接法．解答：解：（1）由题意可知当用大档位时，示数太小；故应换用小档位×1档进行测量；测量值为5×1=5Ω；（2）①由待测电阻R x额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻R x的额定电压、额定电流的值约为U==≈2.2V；I===0.45A；则电流表应选A 1，电压表应选V1．又因==24.5Ω＞R x，则电流表必须外接．②因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻R x，故优先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，滑动变阻接入电路的电阻应大于R=﹣R x=8.3Ω，故可用限流电路．原理图如图所示；故答案为：（1）1、5 （2）①V1、A1②如右图所示．点评：本题考查多用电表的使用及电阻的测量，要掌握根据题意选择仪表及电路接法的方法，注意限流接法耗能较小，如果没有特殊要求应优先采用限流接法．四、计算或论述题：本题共4小题，共61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．（14分）（2013秋•武汉校级期末）如图所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，线圈面积S=0.10m2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B=0.10T匀强磁场中，以恒定的角速度ω=100πrad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R=100Ω的电阻构成闭合回路．求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；（2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R横截面的电荷量；（3）线圈匀速转动10s，电流通过电阻R产生的焦耳热．（计算结果保留二位有效数字）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；法拉第电磁感应定律．专题：交流电专题．分析：正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值，而电器的耐压值时则交流电的最大值．解答：解：（1）当线圈与磁感线平行时，线圈中感应电动势的最大值，则为E m=nBSω=3.1×102 V（2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角所用时间为△t，线圈中的平均感应电动势=n通过电阻R的平均电流在△t时间内通过电阻横截面的电荷量Q==1.0×10﹣2C，（3）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热Q热=解得Q热=4.9×103J．点评：当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大．求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值．（2015春•江苏期末）如图，电源电动势E=9V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=5Ω，R2=3.5Ω，15．（15分）R3=6Ω，R4=3Ω，电容C=2.0μF．求：（1）当开关K扳到 a时，电容器两端电压为多少？（2）当开关K由a扳到b时，通过R3的电量是多少．考点：电容．专题：电容器专题．分析：（1）由图可知，R1与R2串联，当开关接a时，电容器与R1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量．（2）当开关与b连接时，C与R2并联即可求得电量，当开关与b连接时，C与R2并联；由C 中电量的变化可得出流过R3的电量．解答：解：（1）电路中的电流：I= A当开关接a时，电容器的电压为：U1=IR1=1×5.0=5.0V（2）开关接a时的电量为：Q1=CU1=2×10﹣6×5C=1×10﹣5C，由于上极板电势高，则上极板带正电荷．当开关接b时，电容器的电压为：U2=I•R2=1×3.5V=3.5V电量为：Q2=CU2=2×10﹣6×3.5C=0.7×10﹣5C，且上极板带负电，下极板带正电．由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，电量变化为：△Q=（U1+U2）C=8.5×2.0×10﹣6=1.7×10﹣5C即通过R3的电荷量为1.7×10﹣5C．答：（1）当电键与a接触时电压为5.0V；（2）当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量1.7×10﹣5C．上极板带负电点评：本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时R3、R4相当于导线；电容器中变化的电量才流过R3．16．（16分）（2010秋•泰州期末）如图所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x 轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求（1）磁场的磁感应强度（2）磁场区域的圆心O1的坐标（3）电子在磁场中运动的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，由洛伦兹力提供向心力的方程可得；（2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点；（3）粒子在磁场中飞行时间为弧度比速度．解答：解：（1）粒子运动的轨迹如图得R=2L又，洛伦兹力提供向心力，得：所以：（2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点．所以：x轴坐标x=aO1sin60°=y轴坐标为y=L﹣aO1sin60°=O1点坐标为（）（3）粒子在磁场中飞行时间为：答：（1）磁场的磁感应强度；（2）磁场区域的圆心O1的坐标（）（3）电子在磁场中运动的时间．点评：该类题目根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，是解决问题的关键．17．（16分）（2015春•江苏期末）如图所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L，上端接有电阻为R的灯泡，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B．现将质量为m，电阻为r的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，进入磁场一段时间后可使灯泡持续正常发光．当杆下降到M、N处时被支持物挡住并停止运动．OO′到MN的距离为d，杆始终与导轨保持良好接触，其他电阻忽略不计．（1）求灯泡持续正常发光时，导体棒运动的速度v（2）求下降过程通过灯泡的电量q（3）杆被支持物挡住后，通过减小磁感应强度B的大小仍使灯泡持续正常发光，若磁感应强度的大小随时间变化率的大小为k，写出在磁感应强度减为零之前，杆ab上所受安培力随时间变化的表达式．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）杆进入磁场一段时间后可使灯泡持续正常发光，说明电流不变，切割电动势不变，速度不变，杆处于平衡状态，根据切割公式、安培力公式、欧姆定律列式求解即可；（2）根据切割公式、欧姆定律、电流的定义公式列式后联立求解即可；（3）杆被支持物挡住后，通过减小磁感应强度B的大小仍使灯泡持续正常发光，电流不变，感应电动势不变，结合法拉第电磁感应定律列式求解即可．解答：解：（1）杆进入磁场一段时间后可使灯泡持续正常发光，说明导体棒ab开始做匀速直线运动，故：mg=BIL根据法拉第电磁感应定律，有：E=BLv根据欧姆定律，有：I=联立解得：v=（2）根据切割公式，有：E=BLv根据欧姆定律，有：I=电量：q=It=I•联立解得：q=（3）由于灯泡亮度不变，故电流不变，故：I=此时的磁场为：B′=B+kt根据安培力公式可得：F=B′IL=（B+kt）=mg+t．答：（1）灯泡持续正常发光时，导体棒运动的速度v为；（2）下降过程通过灯泡的电量q为；（3）在磁感应强度减为零之前，杆ab上所受安培力随时间变化的表达式为F=mg+t．点评：本题是力电综合问题，关键明确导体棒的受力情况和运动情况，然后根据平衡条件、切割公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式列式分析．。

宿迁市剑桥国际学校2013—2014学年度第二学期期终考试高二年级物理试题（2014。

6）说明:试卷分选择题和非选择题两部分,满分120分。

考试用时100分钟。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分。

每小题只有一个选项符合题意。

1。

关于科学家的研究成果及贡献，下列说法中正确的是A。

洛伦兹发现了电流的磁效应B. 楞次提出了电磁感应定律C．安培首先引入电场线和磁感线D．法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机【答案】DA、奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；B、法拉第提出了电磁感应定律，故B错误；C、法拉第首先引入电场线和磁感线，故C错误；D、法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机，故D正确.故选D。

【考点】物理学史2。

关于传感器,下列说法中正确的是A．干簧管是能够感知电场的传感器B．所有传感器的材料都是由半导体材料制成的C．霍尔元件是一种把磁感应强度转换为电压的元器件D．电饭锅中的温度传感器是用两层膨胀系数不同的双金属片制成的【答案】CA、干簧管是一种能够感知磁场的传感器，故A错误;B、电子秤应用的是压力传感，而不是半导体材料制成的，故B错误；C、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量器,故C正确；D、电饭锅通过温度传感器实现温度的自动控制，而不是用两层膨胀系数不同的双金属片制成的，故D错误.故选C。

【考点】传感器在生产、生活中的应用3．如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上,导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上,线圈在转动时可以通过滑环、电刷保持与外电路的连接。

关于其工作原理，下列说法中正确的是A．当线圈平面转到中性面的瞬间,线圈中的感应电动势为零B．当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量变化率最大C．线圈平面转动一周的时间内，线圈中的感应电流方向改变一次D．当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流为零【答案】AA、当线圈平面转到中性面的瞬间,AB和CD边运动方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，所以感应电动势，故A正确;B、当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大,感应电动势为零，则此时的磁通量的变化率最小，故B错误；C、当线圈平面转动一周的时间内，线圈中的感应电流方向改变两次，根据楞次定律可知，线圈转到中性面位置时，电流方向改变，转动一周出现经过两次中性面，故C错误；D、当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间,根据法拉第电磁感应定律,则有线圈中磁通量的变化率最大,则线圈的感应电流也最大，故D 错误。

2013高二第二学期期末物理检测题（有答案、评分标准）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题，40分）和第Ⅱ卷（非选择题，60分）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至6页．全卷共100分，考试时间为100分钟．第Ⅰ卷（选择题，共40分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目用2B铅笔涂（写）在答题卡上．2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上．3．考试结束时，将本试卷和答题卡一并收回．一、选择题（本题包括10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．关于声波和电磁波，下列说法中正确的是A．它们都能产生反射、折射、干涉、衍射等现象B．它们都需要介质才能传播C．由一种介质进入另一种介质时，它们的频率会改变D．由空气进入另一种介质时，它们的波速和波长都变小2．如图所示，两束单色光a、b从水下射向A点后，光线经折射合成一束光c，则下列说法中正确的是A．水对单色光a的折射率比对单色光b的折射率大B．在水中a光的临界角比b光的临界角大C．在水中a光的速度比b光的速度小D．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距3．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大。

为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如右图所示的电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光。

若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则A．电灯L亮度不变B．电灯L亮度变暗C．电流表的示数减小D．电流表的示数增大4．波速均为v=2m/s的甲、乙两列简谐横波都沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图所示，其中P、Q处的质点均处于波峰。

关于这两列波，下列说法正确的是A．从图示的时刻开始，P处质点比Q处质点先回平衡位置B．从图示的时刻开始，经过1.0s，Q质点通过的位移为2mC．甲波中的M处质点比P处质点先回平衡位置D．如果这两列波相遇可能产生稳定的干涉图样5．下列说法正确的是A．电磁波也可以发生偏振B．红外线属于光，不是电磁波C．牛顿运动定律适用于任何参考系D．物体在接近光速的情况下，其质量将变大6．如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1=200匝，副线圈的匝数n2=20匝，R0、R1、R2均为定值电阻，原线圈接入)V=的交流电，开关S处于断开状态，则U tπA．电压表示数为22VB．闭合开关S，电压表示数将变大C．闭合开关S，电流表示数将变小D．闭合开关S，变压器的输入功率将变大7．如图，长方形线框abcd通有电流I，放在直线电流I′附近，线框与直线电流共面，则下列表述正确的是A．线圈四条边都受安培力作用，它们的合力方向向右B．ad和bc边都受安培力作用，它们的合力方向向左C．ab和dc边所受安培力大小相等，方向相同D．线圈四条边都受安培力作用，它们的合力为零8．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB110．如图所示，质量为m 、边长为L 的正方形线圈，线圈ab 边距离磁场边界为s ，线圈从静止开始在水平恒力F 的作用下，穿过宽度为d （d >L ）的有界匀强磁场。

2013-2014学年高二下学期末考试物理试题总分：100分时量：90分钟一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。

在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项是最符合题目要求的，请把答案填入答题卷中相应的题号下面。

）1．一个运动员在百米赛跑中，测得他在50m处的速度是6m/s，16s末到终点时的速度是7.5m/s，则全程内的平均速度的大小是（）A．6m/s B．6.25m/s C．6.75m/s D．7.5m/s2．汽车在平直的公路上做加速度为0.5m/s2的匀加速运动，那么在任意1s内（）A．汽车的末速度一定等于初速度的0.5倍B．汽车的初速度一定比前1s内的末速度大0.5m/sC．汽车的末速度比前1s内的初速度大0.5m/sD．汽车的末速度一定比初速度大0.5m/s3．关于物体的运动，下面说法中不可能的是（）A．加速度在减小，速度在增加B．加速度的方向始终变而速度不变C．加速度和速度大小都在变化D．加速度的方向不变而速度方向变化4．甲、乙两小分队进行代号为“猎狐”的军事演习，指挥部通过现代通信设备，在荧屏上观察到小分队的行军路线如图所示，小分队同时由同地O点出发，最后同时捕“狐”于A 点，下列说法正确的有( )A．小分队行军路程S甲=S乙B．小分队平均速度v甲=v乙C．y—x图线是速度（v）—时间（t）图象D．y—x图象是位移（S）—时间（s）图象5．质点从静止开始作匀加速直线运动，从开始运动起，通过连续三段路程所经历的时间分别为1s、2s、3s，这三段路程之比是（）A．1:2:3 B．1:3:5 C．12:22:32 D．13:23:336．利用打点计时器测定物体做匀变速直线运动的加速度时，在纸带上打出一系列的点，如图所示.设各相邻记数点之间的距离分别为s1、s2、s3、s4，相邻两记数点的时间间隔为T，则下列关系式中正确的是A. s２－s１＝aT２B. s4－s１＝3aT２C. 打点2时物体的速度为v2=(s2+s3)/2TD．s1=aT2/27．作匀变速直线运动的物体先后经过A、B两点，在它们中间位置的速度为v1，在中间时刻的速度为v2，则（）A．物体作加速运动时，v1>v2 B．物体作加速运动时，v2>v1C．物体作减速运动时，v1>v2 D．物体作减速运动时，v2>v18．A 、B 两质点的v －t 图像如图所示，设它们在同一条直线上运动，在t=3s 时它们在中途相遇，由图可知（ ）A ．A 比B 先启程B ．A 和B 同时启程C ．两质点启程前A 在B 前面4mD ．两质点启程前A 在B 后面2m9．一辆汽车沿平直公路以速度v1匀速行驶了2/3的路程，接着又以速度v2=20km/h 匀速行驶完其余1/3的路程，如果汽车对全程的平均速度为28km/h ，那么汽车在前2/3路程上速度的大小是（ ）A ．25km/hB ．34km/hC ．35km/hD ．38km/h10．从某一高度相隔1s 先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻（ ）A ．甲乙两球距离始终保持不变，甲乙两球速度之差保持不变B ．甲乙两球距离越来越大，甲乙两球速度之差也越来越大C ．甲乙两球距离越来越大，甲乙两球速度之差保持不变D ．甲乙两球距离越来越小，甲乙两球速度之差也越来越小11. 如图所示，为初速度v0沿直线运动的物体的速度图象，其末速度为vt ，则在时间t 内，物体的平均速度v 和加速度a 是( ) A. v ＞20t v v +，a 随时间减小 B. v =20t v v +，a 恒定 C. v ＜20t v v +，a 随时间减小 D.无法确定12． 如图所示，可以表示两个做自由落体运动的物体同时落地的速度－时间图象的是（t0表示落地时间）（ ）二、填空题（本大题共有4小题，共计24分。

宿迁市剑桥国际学校2013-2014学年度高一下学期期末学业质量调查测试物理试题说明：本试卷分为第Ⅰ卷、第Ⅱ卷和附加题三部分，第Ⅰ、Ⅱ卷满分100分，附加题20分，考试时间100分钟。

第Ⅰ卷（选择题共50分）一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。

1．关于物理学史实，下列说法中正确的是A．哥白尼建立了地心说B．第谷提出了行星运动的三大定律C．开普勒通过研究发现了万有引力定律D．卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量【答案】DA、托勒密建立了地心说，哥白尼的贡献是提出了日心体系，用“日心说”否定了托勒密的“地心说”，故A 错误；B、开普勒在研究第谷的观察数据的基础上，提出了行星运动的三大定律，即开普勒三定律，故B错误；C、牛顿在总结开普勒等人的研究结果的基础上，通过研究发现了万有引力定律，故C错误；D、牛顿发现万有引力定律后，并没能测得万有引力常量，而是由卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量，故D正确。

故选D。

【考点】物理学史2．关于曲线运动，下列说法中正确的是A．曲线运动的加速度一定是变化的B．曲线运动速度的大小可能不变C．曲线运动不一定都是变速运动D．物体在恒定合外力作用下不可能做曲线运动【答案】BA、加速度是否变化由物体的质量与合外力决定，与运动状态无关，故A错误；B、匀速圆周运动的速度大小就是不变的，故B正确；C、曲线运动的速度方向一定在发生变化，所以一定是变速运动，故C错误；D、平抛运动所受的合外力就是恒力，故D错误。

故选B。

【考点】曲线运动A．汽车处于超重状态B．汽车对拱桥的压力等于其重力C．汽车受重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力的作用D．汽车受到的重力和支持力的合力提供它所需的向心力，方向指向圆弧的圆心【答案】DA、汽车过拱形桥时做圆周运动，在桥的顶部时，加速度竖直向下，车处于失重状态，故A错误；B、汽车处于失重状态，车对桥的压力小于车的重力，故B错误；CD、汽车受重力、支持力、牵引力、摩擦力作用，重力与支持力的合力提供向心力，故C错误D正确。

宿迁市剑桥国际学校高二第一次质量抽查物理试题(文科)一. 选择题1. 首先发现电流产生磁场的科学家是（ ）A.富兰克林 B 法拉第 C 安培 D 奥斯特2. 下列关于磁场的说法中，正确的是（ ）A.磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质B.磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的C.磁极与磁极之间是直接发生作用D.磁场只有在磁极与磁极、磁极与电流发生作用才产生3. 关于磁感线，下列说法中正确的是（ ）A.磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致B.两条磁感线的空隙处不存在磁场C.不同磁场形成的磁感线可以相交D.磁感线是磁场中客观存在、肉眼看不见的曲线4. 一根竖直放置的长直导线，通以由下向上的电流，则在它正西方某点所产生的磁场方向（ ）A.向东B.向南C.向西D.向北5. 如右图所示，两根非常靠近且互相垂直的长直导线，当通以如图所示方向的电流时，电流所产生的磁场在 导线所在平面内的哪个区域内方向是一致且向里的（ ）A 区域ⅠB 区域ⅡC 区域ⅢD 区域Ⅳ6. 通电螺旋管附近放置四个小磁针，如图所示，当小磁针静止时， 第5题图 图中小磁针的指向可能的是（图黑的一端为N 极） （ ）A. aB. bC. cD. d第6题图 第7题图7. 如图所示，环形导线周围有三只小磁针a 、b 、c, 闭合开关S 后，三只小磁针N 的偏转方向是（ ）A.全向里 B 全向外C. a 向里，b 、c 向外D. a 、c 向外，b 向里8. 根据磁感应强度的定义式B=F/LI,下列说法正确的是（ ）A.在磁场中某确定位置，B 与F 成正比，与I 、L 的乘积反比B.一小段通电导线在空间某处受磁场力F=0,那么该处的B 一的一定为零C.磁场中某处的B 方向跟电流在该处受磁场力F 的方向相同D.一小段通电直导线该放在B 为零的位置，那么它受到磁场力F 的也一定为零9. 关于磁感应强度和磁感线，下列说法中正确的是（ ）A. 磁感线上某点的切线方向就是该点的磁感应强度的方向B 磁感线的疏密表示磁感应强度的大小C. 匀强磁场的磁感线间隔相等、相互平行D. 磁感应强度是只有大小、没有方向的标量10. 关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是（）A.磁感线是闭合曲线，而静电场中的电场线不是闭合曲线B.磁感线和电场线都是一互相平行的曲线C.磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止与负电荷D.磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向11.某磁场的磁感线如图所示。

高中江苏省宿迁市第二学期期末考试高二物理试题高中江苏省宿迁市第二学期期末考试高二物理试题由查字典物理网为您提供的第二学期期末考试高二物理试题，希望给您带来帮助!2、如图，三只白炽灯泡L1、L2、L3分别与线圈L、电阻R、电容器C串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为，此时三只灯泡的亮度相同。

现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为，则三只灯泡的亮度变化是A.L1变亮，L2不变，L3变暗B.L1变暗，L2不变，L3变亮C.L1变亮，L2变亮，L3变暗D.L1变暗，L2变亮，L3变亮答案：A3、如图表示某一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为A. AB. AC. 1.5AD. A答案：B4、一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图。

下列说法正确的是A.t1时刻线圈平面与磁场方向平行B.t2时刻线圈平面与磁场方向垂直C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的尽对值最小D.当e转换方向时，通过线圈的磁通量尽对值为最大答案：CD5、如图是街头变压器给用户供电的示意图。

输进端接进的电压 (V)，输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R表示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，题中电表均为理想交流表，则下列说法正确的是A.V2表的读数为 VB.A1表的示数随A2表的示数的增大而增大C.副线圈中交流电的频率为100HzD.用户端闭合开关，则V2表读数不变，A1表读数变大，变压器的输进功率增大答案：BD6、传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于丈量的量(通常是电学量) 。

热敏电阻的阻值?**露缺浠?耐枷呷缤技祝?扇让舻缱鑂t作为传感器制作的自动报警器电路图如图乙。

⑴为了使温度过高时报警器铃响，c应按在▲ (填a或b⑵若使报警的最低温度进步些，应将P点向▲ 移动(填左或右⑶假如在最低报警温度下无论如何调节P都不能使完好的报警器正常工作，且电路无故障，造成工作电路不正常工作的原因可能是▲ 。

江苏省宿迁市剑桥国际学校2013-2014学年高二下学期期末考试语文（理）)（2014.6）注意事项：第4小题、第10小题请在自命题答题纸上作答。

一、语言知识及运用(15分)1．下列各组词语中，加点字注音完全正确的一项是（3分）A．纤．维(xiān) 胚．胎（pī）浸渍．（zì）掷．地有声（zhì）B．愠．怒（yùn）蹊．跷（qī）聒．噪（guō）有棱．有角（lãng）C．渲．染（xuàn）疱．疹(bāo) 盘桓．（huán）呱呱．．而泣(gū) D．笑靥．(yâ) 栖．息（qī）惩创．(chuàng) 桀骜．不驯（ào）2．在下面一段话空缺处依次填入词语，最恰当的一组是（）（3分）⑴近日，北京救护车在路上得不到避让致使伤者身亡的新闻告诉我们，提高国民素养，构建健康和谐的社会，不可能。

⑵2013年1月18日，广州农民工讨薪升级为自杀式炸弹讨薪，这一的新闻告诉我们，农民工失去依靠当地政府维权的信心，当地政府就会失去宝贵的民心。

⑶由报废车或拼装机动车引发的交通事故时有发生，“夺命校车”屡次刺痛社会神经，为什么有关部门对这一现象？A. 一气呵成骇人听闻视若无睹B. 一蹴而就惊涛骇浪视若无睹C. 一气呵成惊涛骇浪熟视无睹D. 一蹴而就骇人听闻熟视无睹3．请根据下列语句，为“页岩气”下一个定义。

（4分）①页岩气是一种非常规天然气。

②页岩气的主体存在于暗色泥页岩、高碳泥页岩中。

③页岩气以吸附或游离状态为主要存在方式。

④页岩气在本质上就是连续生成的生物化学成因气、热成因气或两者的混合。

4．阅读下面的材料，在横线处填上合适的话。

（5 分）一位老登山者说:我发现在登一座高山之前,那些显得特别兴奋的年轻人,多半到后来会爬不上去。

因为他们才开始,心脏就已经跳得很快,又不知道保存体力。

倒是那些看起来没什么表情,一路上很少讲话,到山顶也没特别兴奋的人,能登上一座又一座的山峰。

[键入文字]
高中宿迁剑桥国际学校高二物理下册期末考试试题分析
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 【摘要】多了解一些考试资讯信息，对于学生和家长来讲非常重要，为大家整理了高中宿迁剑桥国际学校高二物理下册期末考试试题分析一文，希望对大家有帮助。

 一、单项选择题:　本题共6小题，每小题3分，共计18分。

每小题只有一个选项符合题意。

 1.关于科学家的研究成果及贡献，下列说法中正确的是
 A. 洛伦兹发现了电流的磁效应
 B. 楞次提出了电磁感应定律
 C.安培首先引入电场线和磁感线
 D.法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机
1。

宿迁市剑桥国际学校2013-2014学年度高一下学期期末学业质量调查测试物理试题说明：本试卷分为第Ⅰ卷、第Ⅱ卷和附加题三部分，第Ⅰ、Ⅱ卷满分100分，附加题20分，考试时间100分钟。

第Ⅰ卷（选择题共50分）一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。

1．关于物理学史实，下列说法中正确的是A．哥白尼建立了地心说B．第谷提出了行星运动的三大定律C．开普勒通过研究发现了万有引力定律D．卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量【答案】DA、托勒密建立了地心说，哥白尼的贡献是提出了日心体系，用“日心说”否定了托勒密的“地心说”，故A 错误；B、开普勒在研究第谷的观察数据的基础上，提出了行星运动的三大定律，即开普勒三定律，故B错误；C、牛顿在总结开普勒等人的研究结果的基础上，通过研究发现了万有引力定律，故C错误；D、牛顿发现万有引力定律后，并没能测得万有引力常量，而是由卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量，故D正确。

故选D。

【考点】物理学史2．关于曲线运动，下列说法中正确的是A．曲线运动的加速度一定是变化的B．曲线运动速度的大小可能不变C．曲线运动不一定都是变速运动D．物体在恒定合外力作用下不可能做曲线运动【答案】BA、加速度是否变化由物体的质量与合外力决定，与运动状态无关，故A错误；B、匀速圆周运动的速度大小就是不变的，故B正确；C、曲线运动的速度方向一定在发生变化，所以一定是变速运动，故C错误；D、平抛运动所受的合外力就是恒力，故D错误。

故选B。

【考点】曲线运动A．汽车处于超重状态B．汽车对拱桥的压力等于其重力C．汽车受重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力的作用D．汽车受到的重力和支持力的合力提供它所需的向心力，方向指向圆弧的圆心【答案】DA、汽车过拱形桥时做圆周运动，在桥的顶部时，加速度竖直向下，车处于失重状态，故A错误；B、汽车处于失重状态，车对桥的压力小于车的重力，故B错误；CD、汽车受重力、支持力、牵引力、摩擦力作用，重力与支持力的合力提供向心力，故C错误D正确。

2014-2015学年江苏省宿迁市高二（下）期末物理复习试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18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）（2015春•江苏期末）许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（）A．法拉第总结出了感应电流方向的判断方法B．奥斯特发现了磁能生电C．法拉第提出了分子电流假说D．安培发现了磁场对电流的作用规律考点：物理学史．分析：本题是物理学史问题，根据法拉第、奥斯特、安培等科学家的物理学成就进行解答．解答：解：A、楞次总结出了感应电流方向的判断方法，故A错误．B、法拉第发现了磁能生电．故B错误．C、安培提出了分子电流假说，故C错误．D、安培发现了磁场对电流的作用规律，故D正确．故选：D．点评：物理学史是高考考查内容之一，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，不能张冠李戴．2．（3分）（2013秋•广东月考）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值和方向均改变考点：安培力．分析：通电直导线放在匀强磁场中，所受的安培力大小公式为F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，方向由左手定则判断，根据这两个知识进行分析．解答：解：通电直导线所受的安培力F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，由题知，B、I、L不变，α减小，则F减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变．故B正确，ACD 错误．故选：B．点评：本题考查了安培力的大小公式和安培力方向的判断，比较简单，很容易掌握．3．（3分）（2015春•江苏期末）关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是（）A．由功率P=，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P=IU，应低电压小电流输电C．由P=I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不对考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：根据P=UI求出输电线上的电流，结合分析输电线上损耗的功率与什么因素有关．解答：解：根据，P=UI知，，所以为了减小输电线上损耗的功率，应减小输电电荷或导线的电阻，或可以增大输电电压．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道根据P损=I2R，要减小功率损耗，应减小导线电阻，或减小输电电流．4．（3分）（2015春•江苏期末）如图所示，某空间匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，一金属棒AB从高h处自由下落，则（）A．A端先着地B． B端先着地C．两端同时着地D．以上说法均不正确考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：棒AB做切割磁感线运动，导致两端带异种电荷，故受电场力方向相反，根据右手定则分析即可．解答：解：棒AB做切割磁感线运动，根据右手定则，B端带正电，A端带负电，故B端受向下的电场力，A端受到向上的电场力，故B端先落地；故选：B．点评：本题关键是根据右手定则判断棒AB两端点的电性，然后判断电场力方向，基础题．5．（3分）（2011春•衡阳期末）如图所示的电路中，S闭合达电流稳定时，流过电感线圈的电流为2A，流过灯泡的电流是1A，将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的图象是图中的（）A． B．C．D．考点：自感现象和自感系数．分析：当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．解答：解：当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以电流i1会慢慢增大，灯泡这一支路立即就有电流．当电键断开，灯泡这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过灯泡的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且灯泡和L构成回路，通过灯泡的电流也流过L，所以i2变成反向，且逐渐减小．因i1＞i2，故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．6．（3分）（2015春•江苏期末）在电子线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到下一级，可以采用如图所示的电路，其中a、b应选择的元件是（）A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈C．a是电容很小的电容器，b是低频扼流圈D．a是电容很小的电容器，b是高频扼流圈考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．分析：本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小．电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小解答：解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器元；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈．故D正确，ABC错误；故选：D点评：根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器；明确两种仪器对高频信号和低频信号的不同作用．二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．交流电a的瞬时值为μ=10sin5πtVB．线圈先后两次转速之比为2：3C．交流电b电压的有效值为VD．在t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率均为零考点：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：由图读出电压最大值U m，周期T，由ω=求出，写出交流电a的瞬时值表达式．由周期关系求出转速关系．t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量．解答：解：A、由图电压最大值U m=10V，周期T a=0.4S，ω==5πrad/s，交流电压的瞬时值表达式为u=U m sinωt=10sin5πtV．故A正确．B、由图可知，周期T a=0.4S，T b=0.6s，则线圈先后两次转速之比n a：n b=T b：T a=3：2．故B 错误．C、由电动势的最大值E m=NBSω，则两个电压最大之值比U ma：U mb=ω a：ωb=3：2，则交流电b电压的最大值为V，有效值为V．故C错误．D、t=0时刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大．故D正确．故选：AD．点评：本题考查对交流电压图象的理解能力．难点在于C选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系．至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析．8．（4分）（2006•扬州二模）如图所示，电阻R1=20Ω，电动机的绕组R2=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A．I=1.5A B．I＜1.5A C．P=15W D． P＜15W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1的电压U．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2＜求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI求解电路中功率范围．解答：解：当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流I2，故电流表的电流I＜1.5A，电路中电功率P=UI＜15W．故BD正确．故选BD点评：本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜是关键不等式．9．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）A．两金属环将相互靠拢B．两金属环将相互排斥C．磁铁的加速度会大于g D．磁铁的加速度会小于g考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，来判断a、b两线圈的运动情况．根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，分析磁铁的加速度．解答：解：A、B、当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知a、b两线圈相互排斥．故A错误，B正确．C、D当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，可知导体对磁体的运动产生斥力作用，所以磁铁下降的加速度会小于g．故C错误，D正确；故选：BD．点评：解决本题的关键理解楞次定律的两种表述，真正理解“阻碍”的作用，并能用来分析实际问题．10．（4分）（2015春•江苏期末）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向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100πtV，降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）A．通过R0电流的最大值是20 AB．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压C．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率考点：远距离输电．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，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小解答：解：A、降压变压器副线圈两端交变电压最大值为220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0电流的最大值是=20A，故A正确；B、升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上的电压，所以选项B错误；C、降压变压器T2原、副线圈的电压比等于匝数比为4：1，所以选项C正确；D、升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率，所以选项D正确．故选：ACD点评：本题考查远距离输电问题，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题11．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为L，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T，方向如图所示．有两根质量均为m=0.1kg、长度均为L=0.2m、电阻均为R=0.4Ω的导体棒ab和cd与导轨接触良好，当用竖直向上的力F使ab棒向上做匀速运动时，cd棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A．ab棒的运动速度是5m/sB．力F的大小为1NC．在1s内，力F做的功为5 JD．在1s内，cd棒产生的电热为2.5J考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：要使cd始终保持静止不动，cd棒受到的安培力与重力平衡，即可求解；再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，结合功表达式与焦耳定律即可求解．解答：解：A、cd静止不动，cd棒受到的安培力等于它的重力，B L=mg，解得：v===5m/s，故A正确．B、导体棒ab，使之匀速上升，棒ab受到向下的重力G和向下的安培力F，则ab棒受到的拉力F拉=F+G=2mg=2N，故B错误．C、在1s内拉力做的功，W=F拉vt=2×5×1J=10 J，故C错误．D、在1s内，电路消耗的电能Q=t=5 J，则cd棒产生的电热为2.5J，故D正确．故选：AD．点评：本题是电磁感应现象中的力平衡问题，关键是对安培力和电路的分析和计算．三、简答题：本题共2小题，共21分．请将解答填写在答题卷上相应的位置．12．（9分）（2006•上海）表格中所列数据是测量小灯泡 U﹣I关系的实验数据：U（V）0.0 0.2 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0I（A）0.000 0.050 0.100 0.150 0.180 0.195 0.205 0.215（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图甲（填“甲”或“乙”）；（2）在方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而变大（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）如图3所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上．已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为0.07 A．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；压轴题．分析：（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，由此可正确选择电路；（2）由图可知，随着电流的增大，灯泡电阻增大；（3）算出灯泡两端的电压，根据小灯泡的U﹣I曲线可以求出灯泡的电流．解答：解：（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，只有甲图是分压接法，故该实验选择的电路图是甲图．故答案为：甲．（2）根据表示所给数据，画出小灯泡的U﹣I曲线如下所示：由小灯泡的U﹣I曲线可知，当电流增大时，灯泡的电阻增大．故答案为：增大．（3）流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，根据电阻的串并联可知，流过灯泡a的电流是b的三倍；同时灯泡a和b的电压之和为3V，由此结合小灯泡的U﹣I曲线可知流过灯泡b的电流约为：0.07A．故答案为：0.07．点评：在描绘小灯泡的U﹣I曲线的实验中，注意滑动变阻器分压、限流和安培表内接、外接方法的选择，以及根据小灯泡的U﹣I曲线求出灯泡的电压、电流值．13．（12分）（2015春•江苏期末）某同学为了测量一个额定率为1W的电阻R x的阻值，先多用表的欧姆档进行了粗测，然后用伏安法进行精确测量．（1）该同学先用欧姆表“×10”档测量时发现指标指在“0.4”刻度处，为了相对准确地测量该电阻的阻值，于是他改用× 1 档后发现指针指在“5”刻度处，由此可知R x大约为5 Ω．（2）实验室中现有如下实验器材：电流表A1（量程0～0.6A，内阻0.2Ω）电流表A2（量程0～3A，内阻0.05Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻3kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻15kΩ）滑动变阻器R0（0～50Ω）蓄电池（电动势为6V）；开关、导线①为了较准确测量R x阻值，电压表应选V1、电流表应选A1．②在方框内画出该实验的电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）根据多用电表欧姆档的使用方法进行换档并读数；（2）根据已知条件估算电流值和电压值，进而确定电流表和电压表；根据实验要求及电表内阻的影响确定接法．解答：解：（1）由题意可知当用大档位时，示数太小；故应换用小档位×1档进行测量；测量值为5×1=5Ω；（2）①由待测电阻R x额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻R x的额定电压、额定电流的值约为U==≈2.2V；I===0.45A；则电流表应选A 1，电压表应选V1．又因==24.5Ω＞R x，则电流表必须外接．②因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻R x，故优先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，滑动变阻接入电路的电阻应大于R=﹣R x=8.3Ω，故可用限流电路．原理图如图所示；故答案为：（1）1、5 （2）①V1、A1②如右图所示．点评：本题考查多用电表的使用及电阻的测量，要掌握根据题意选择仪表及电路接法的方法，注意限流接法耗能较小，如果没有特殊要求应优先采用限流接法．四、计算或论述题：本题共4小题，共61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．（14分）（2013秋•武汉校级期末）如图所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，线圈面积S=0.10m2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B=0.10T匀强磁场中，以恒定的角速度ω=100π rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R=100Ω的电阻构成闭合回路．求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；（2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R横截面的电荷量；（3）线圈匀速转动10s，电流通过电阻R产生的焦耳热．（计算结果保留二位有效数字）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；法拉第电磁感应定律．专题：交流电专题．分析：正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值，而电器的耐压值时则交流电的最大值．解答：解：（1）当线圈与磁感线平行时，线圈中感应电动势的最大值，则为E m=nBSω=3.1×102 V（2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角所用时间为△t，线圈中的平均感应电动势=n通过电阻R的平均电流在△t时间内通过电阻横截面的电荷量Q==1.0×10﹣2C，（3）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热Q热=解得Q热=4.9×103J．点评：当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大．求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值．（2015春•江苏期末）如图，电源电动势E=9V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=5Ω，R2=3.5Ω，15．（15分）R3=6Ω，R4=3Ω，电容C=2.0μF．求：（1）当开关K扳到 a时，电容器两端电压为多少？（2）当开关K由a扳到b时，通过R3的电量是多少．考点：电容．专题：电容器专题．分析：（1）由图可知，R1与R2串联，当开关接a时，电容器与R1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量．（2）当开关与b连接时，C与R2并联即可求得电量，当开关与b连接时，C与R2并联；由C 中电量的变化可得出流过R3的电量．解答：解：（1）电路中的电流：I= A当开关接a时，电容器的电压为：U1=IR1=1×5.0=5.0V（2）开关接a时的电量为：Q1=CU1=2×10﹣6×5C=1×10﹣5C，由于上极板电势高，则上极板带正电荷．当开关接b时，电容器的电压为：U2=I•R2=1×3.5V=3.5V电量为：Q2=CU2=2×10﹣6×3.5C=0.7×10﹣5C，且上极板带负电，下极板带正电．由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，电量变化为：△Q=（U1+U2）C=8.5×2.0×10﹣6=1.7×10﹣5C即通过R3的电荷量为1.7×10﹣5C．答：（1）当电键与a接触时电压为5.0V；（2）当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量1.7×10﹣5C．上极板带负电点评：本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时R3、R4相当于导线；电容器中变化的电量才流过R3．16．（16分）（2010秋•泰州期末）如图所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x 轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求（1）磁场的磁感应强度（2）磁场区域的圆心O1的坐标（3）电子在磁场中运动的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，由洛伦兹力提供向心力的方程可得；（2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点；（3）粒子在磁场中飞行时间为弧度比速度．解答：解：（1）粒子运动的轨迹如图得R=2L又，洛伦兹力提供向心力，得：所以：（2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点．所以：x轴坐标x=aO1sin60°=y轴坐标为y=L﹣aO1sin60°=O1点坐标为（）（3）粒子在磁场中飞行时间为：答：（1）磁场的磁感应强度；（2）磁场区域的圆心O1的坐标（）（3）电子在磁场中运动的时间．点评：该类题目根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，是解决问题的关键．17．（16分）（2015春•江苏期末）如图所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L，上端接有电阻为R的灯泡，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B．现将质量为m，电阻为r的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，进入磁场一段时间后可使灯泡持续正常发光．当杆下降到M、N处时被支持物挡住并停止运动．OO′到MN的距离为d，杆始终与导轨保持良好接触，其他电阻忽略不计．（1）求灯泡持续正常发光时，导体棒运动的速度v（2）求下降过程通过灯泡的电量q（3）杆被支持物挡住后，通过减小磁感应强度B的大小仍使灯泡持续正常发光，若磁感应强度的大小随时间变化率的大小为k，写出在磁感应强度减为零之前，杆ab上所受安培力随时间变化的表达式．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）杆进入磁场一段时间后可使灯泡持续正常发光，说明电流不变，切割电动势不变，速度不变，杆处于平衡状态，根据切割公式、安培力公式、欧姆定律列式求解即可；（2）根据切割公式、欧姆定律、电流的定义公式列式后联立求解即可；（3）杆被支持物挡住后，通过减小磁感应强度B的大小仍使灯泡持续正常发光，电流不变，感应电动势不变，结合法拉第电磁感应定律列式求解即可．解答：解：（1）杆进入磁场一段时间后可使灯泡持续正常发光，说明导体棒ab开始做匀速直线运动，故：mg=BIL根据法拉第电磁感应定律，有：E=BLv根据欧姆定律，有：I=联立解得：v=（2）根据切割公式，有：E=BLv根据欧姆定律，有：I=电量：q=It=I•联立解得：q=（3）由于灯泡亮度不变，故电流不变，故：I=此时的磁场为：B′=B+kt根据安培力公式可得：F=B′IL=（B+kt）=mg+t．答：（1）灯泡持续正常发光时，导体棒运动的速度v为；（2）下降过程通过灯泡的电量q为；（3）在磁感应强度减为零之前，杆ab上所受安培力随时间变化的表达式为F=mg+t．点评：本题是力电综合问题，关键明确导体棒的受力情况和运动情况，然后根据平衡条件、切割公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式列式分析．。