高二人教版物理期末試卷及答案(2)

　　高二人教版物理期末試卷答案

　　1.B

　　2.C

　　3.AB　[金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為BLv，感應電流I=ER=BLvR，其大小與速度成正比;產生的熱量Q=I2Rt=B2L2v2R•L′v=B2L2L′vR，B、L、L′、R是一樣的，兩次產生的熱量比等于運動速度的比;

　　通過任一截面的電荷量q=I•t=BLvR•L′v=BLL′R與速度無關，所以這兩個過程中，通過任一截面的電荷量之比應為1∶1;金屬棒運動過程中受磁場力的作用，為使棒勻速運動，外力大小要與磁場力相同.則外力的功率P=Fv=BIL•v=B2L2v2R，其中B、L、R相同，外力的功率與速度的平方成正比，所以外力的功率之比應為1∶4.]

　　4.AD　[自感線圈的一個重要作用是使通過線圈中的電流不能突變，電流從一個值變到另一個值總需要時間，這是解決這類問題的關鍵.在甲圖中，K閉合時，由電阻大小關系可推測流過S所在支路的電流等于流過L所在支路的電流，當K斷開后，流過L所在支路的電流通過了S并逐漸減小，在此過程中，該電流始終不比S發光時的電流大，故S將逐漸變暗.A選項正確.同理，在乙圖中，K閉合時，由電阻大小關系可推測流過S所在支路的電流小于流過L所在支路的電流，當K斷開后，流過L所在支路的電流通過了S，并從大于S發光時的電流開始減小，故S將先變得更亮，然后才變暗.D選項正確.]

　　5.BD　[從圖象可以看出，交變電流中電流最大值為0.62 A，電流有效值為：I=Im2=0.6 A，R1兩端電壓為U1=IR1=6 V，R2兩端電壓最大值為Um=ImR2=325×20 V=12 2 V，綜上所述，正確選項為B、D.]

　　6.C

　　7.BC　[由U2=n2n1U1得U1不變，U2就不變;S斷開，R總增大，U2不變，則I2變小，由I1=n2n1I2得I1也變小;I2變小，加在R1兩端的電壓變小，由UR3=U2-UR1，得UR3增大，所以I3變大.]

　　8.C　[油滴靜止說明電容器下極板帶正電，線圈中電流自上而下(電源內部)，由楞次定律可以判斷，線圈中的磁感應強度B為豎直向上且正在減弱或豎直向下且正在增強.

　　又E=nΔΦΔt

　　UR=RR+r•E

　　qURd=mg

　　由以上各式可解得：ΔΦΔt=mgdR+rnRq]

　　9.B　[街旁的路燈和江海里的航標，都是利用了半導體的光敏性，夜晚電阻大，白天電阻小.]

　　10.B　[控制電路含電磁繼電器，甲的回路為控制電路，甲當然是半導體熱敏電阻;熱敏電阻的特點是溫度高，電阻小，電流大，繼電器工作，觸頭被吸下，乙被接通應報警，即乙是小電鈴;平常時，溫度低，電阻大，電流小，丙導通，應是綠燈泡，即B正確 11.1∶16　1∶4

　　解析　對理想變壓器，有I1I2=n2n1=14

　　又UA=I1R，UB=I2R　所以UAUB=I1RI2R=I1I2=14

　　PA=I21R，PB=I22R

　　所以PAPB=I21I22=(I1I2)2=116

　　12.(1)如下圖所示

　　(2)記錄溫度計的示數　記錄電壓表的示數

　　(3)100　0.400

　　解析　(1)連接實物圖時導線不能交叉，電壓表應并聯在電阻兩端，電流由電壓表的正接線柱流入.

　　(2)因本實驗是探究熱敏電阻的阻值隨溫度變化的特性，所以實驗需測出熱敏電阻的阻值及相應的溫度，熱敏電阻的阻值用R=UI間接測量，故需記錄的數據是溫度計的示數和電壓表的示數.

　　(3)設熱敏電阻R=R0+kt，k=108-10420-10=0.400.溫度為10℃時，熱敏電阻R=104 Ω，則R0=R-kt=(104-0.400×10) Ω=100 Ω，所以R=(100+0.400t) Ω.

　　13.(1)539 V　(2)2×10-2 s　(3)50 Hz

　　(4)u=539sin 314t V

　　14.(1)200 V　(2)127 V

　　解析　(1)交流發電機產生電動勢的最大值Em=nBSω

　　而Φm=BS、ω=2πT，所以Em=2nπΦmT

　　由Φ—t圖線可知：Φm=2.0×10-2 Wb，T=6.28×10-2 s

　　所以Em=200 V

　　(2)電動勢的有效值E=22Em=100 2 V

　　由閉合電路的歐姆定律，電路中電流的有效值為

　　I=ER+r=2 A

　　交流電壓表的示數為U=IR=90 2 V=127 V

　　15.溫度等于或大于50 ℃

　　解析　Ic=ERt+Rx，故Rt=250 Ω，從圖線可知對應的溫度是50℃，所以溫度等于或大于50℃時，電路右側的小燈泡會發光.

　　16.(1)g-3B2r2v14mR　(2)9m2gR232B4r4-v222g　9m2g2R16B2r2

　　(3)F=4B2r2a3Rt+4B2r2v33R+ma-mg

　　解析　(1)以導體棒為研究對象，棒在磁場Ⅰ中切割磁感線，棒中產生感應電動勢，導體棒ab從A下落r/2時，導體棒在重力與安培力作用下做加速運動，由牛頓第二定律，得

　　mg-BIL=ma

　　式中L=3r，I=BLv1R總

　　式中R總=8R•4R+4R8R+4R+4R=4R

　　由以上各式可得到a=g-3B2r2v14mR

　　(2)當導體棒ab通過磁場Ⅱ時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小始終不變.

　　即mg=BI•2r=B•B•2r•vtR并•2r=4B2r2vtR并

　　式中R并=12R×4R12R+4R=3R

　　解得vt=mgR并4B2r2=3mgR4B2r2

　　導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有v2t-v22=2gh，得h=9m2gR232B4r4-v222g

　　此時導體棒重力的功率為PG=mgvt=3m2g2R4B2r2

　　根據能量守恒定律，此時導體棒重力的功率全部轉化為電路中的電功率.

　　即P電=P1+P2=PG=3m2g2R4B2r2

　　所以P2=34PG=9m2g2R16B2r2

　　(3)設導體棒ab進入磁場Ⅱ后經過時間t的速度大小為vt′，此時安培力大小為F′=4B2r2vt′3R

　　由于導體棒ab做勻加速直線運動，有vt′=v3+at

　　根據牛頓第二定律，有F+mg-F′=ma

　　即F+mg-4B2r2v3+at3R=ma

　　由以上各式解得

　　F=4B2r23R(at+v3)-m(g-a)

　　=4B2r2a3Rt+4B2r2v33R+ma-mg

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