新课标2016年高二物理暑假作业五Word版含解析

新课标2016年高二物理暑假作业5
一、选择题.
1.（单项选择）关于电磁感应，以下说法中正确的选项是（）A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C．穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大
D．通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
2.（单项选择）传感器的种类多种多样，其性能也各不相同，空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，空调机内利用的传感器是( )
A．生物传感器 B．红别传感器
C．温度传感器 D．压力传感器
3.（单项选择）如下图，直角坐标系Oxy的二、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．那么以下关于导线框中的电流随时刻转变关系正确的选项是（）
A．B．C．D．
4.（单项选择）在如下图的电路中，两个相同的电流表，零刻点在刻度盘的中央．当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“﹣”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通且稳固时再断开开关的刹时，以下说法正确的选项是（）
A． G1指针向右摆，G2指针向左摆
B． G1指针向左摆，G2指针向右摆
C．两指针都向右摆
D．两指针都向左摆
5.（单项选择）如下图为一正弦交流电电压随时刻转变的图像，以下表达式正确的选项是
A. (V)
B. (V)
C. (V)
D. (V)
6.（单项选择）关于右图中装置，那么以下的说法中正确的选项是
A．该装置是发电机的模型
B．该装置把电能转化为机械能
C．该装置的转动方向只和线圈中的电流方向有关
D．该装置线圈中的电流为交变电流
7.（单项选择）（2021•龙岩模拟）酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是不是酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器．酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的转变而转变．在如下图的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻值，如此，仪表显示的数据就与酒精气体浓度有了对应关系．若是二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓
度c成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的选项是（）
A． U越大，表示c越大，c与U成正比 B． U越大，表示c越大，但c与U不成正比
C． U越大，表示c越小，c与U成反比 D． U越大，表示c越小，但c与U不成反比
8.（多项选择）如下图，理想变压器的输出端有三组次级线圈，别离接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。

假设用I R、I L、I c别离表示通过R、L和C的电流，那么以下说法中正确的选项是
M、N 接正弦式交流电，那么I R≠0、I L≠0、I C=0
M、N接正弦式交流电，那么I R≠0、I L≠0、I C≠0
M、N接恒定电流，那么I R ≠0、I L≠0、I C=0
D.若M、N接恒定电流，那么I R=0、I L=0、I C=0
二．实验题.
9.如下图，是“研究电磁感应现象”的实验装置．
(1)若是在闭合开关时发觉灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈L1迅速插入副线圈L2中，电流计指针将_______偏转。

（填“向左”“向右”或“不”）
(2)原线圈L1插入副线圈L2后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将_____偏转。

（填“向左”“向右”或“不”）
10.“刻画小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有
A．小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流约为0.6A）B．电流表A （0～0.6A，内阻约为1Ω）
C．电压表V （0～6V，内阻约为5kΩ）
D．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）
E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）
F．电源（6V，内阻不计） G．开关及导线假设干
（1）实验中滑动变阻器选（填“R1”或“R2”）．
（2）该同窗设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始转变，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I．在如甲图所示的实物图中，该同窗已完成了部份导线的连接，请用笔画线代替导线完成余下的导线连接（请在答题卷上连接，此处连接无效）．
（3）图（乙）中的曲线a是某次实验中同窗依如实验数据作出的小灯泡的U﹣I图象，依照图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
（4）图（乙）中的直线b是某同窗在《用伏安法测定电源的电动势和内阻》实验中，依照测得的数据作出的U﹣I图象，由直线b能够取得电源电动势E= V，内电阻r= Ω．
（5）此刻将（3）中的小灯泡接入（4）中的电源中，那么电源的总功率P总= W，小灯泡的实际功率P实= W．
三、解答题.
11.某村在较远的地址成立了一座小型水电站，发电机的输出功率为200kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为16kW，该村的用电电压是220V．
（1）输电电路如下图，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；
（2）若是该村某工厂用电功率为80kW，那么该村还能够装“220V 40W”的电灯多少盏？
12.如图甲所示，两根间距=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0Ω的电阻相连．质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=10Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B 中，导体棒运动进程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）．求：
（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）．
（2）磁场的磁感应强度B．
（3）假设ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v′=3m/s．求此进程中产生的焦耳热Q．
【KS5U】新课标2016年高二物理暑假作业5
参考答案
1.
考点：磁感应强度．
分析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成
正比．
解答：解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定．故A错误；
B、穿过线圈的磁通量为零，可能磁通量变化率最大，则感应电动势也会最大，故B
错误；
C、穿过线圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无
法确定．故C错误；
D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势也越大，故D正确．
故选：D．
点评：感应电动势与磁通量的变化率有直接关系，而与磁通量变化及磁通量均没有直接关系．就如加速度与速度的关系一样．速度大，加速度不一定大；速度变化大，加速度也不一定大．加速度与速度的变化率有关．
2.C
3.
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
专题：电磁感应与图像结合．
分析：根据转动切割磁感线感应电动势公式E=ω求出每条半径切割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，即可选择图象．
解答：解：在0﹣t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为：
E1=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1==．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．
在t﹣2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：
E2=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在2t﹣3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的感应电动势为：
E3=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在3t﹣4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生
的感应电动势为：
E4=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．
故选：B
4.解：电路稳固后断开，通过电阻这一支路的电流当即消失，由于电感器对电流的转变有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流，且流过电阻．因此含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入，G1指针向右摆．含有电阻的支路电流从“﹣”接线柱流入，G2指针向左摆．故A正确，B、C、D错误．
应选：A．
5.C
此题要紧考查交流电；
有图像知，交流电周期0.2s ，那么，应选项C正确。

6.B
7.B
闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理
解：酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测R0两头的电压．依照酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，得：=kC（k是比例系数）①．
依照欧姆定律得：==②
由①②整理得：U=
由数学知识知，U越大，c越大，但二者不成正比．故B正确．
应选B
8.BD
此题要紧考查变压器原理和电感、电容对交流电的阻碍；
当输入端接入交流电时，变压器能够正常工作，电感、电容都能够通交流，三个副线圈回路电流均不为零，应选项B正确；
当输入端接入直流电时，变压器不工作，故三个副线圈回路电流均为零，应选项D正确；
此题正确选项为BD. 9.向右向左
（1）若是在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈L1迅速插入副线圈L2中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转；
（2）原线圈L1插入副线圈L2后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转。

10.
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．.
专题：实验题．
分析：（1）为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；
（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；
（3）根据图乙所示图象，应用欧姆定律分析答题．
（4）电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内
阻；
（5）由图示图象求出电压与电流，然后由功率公式求出功率．
解答：解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1．
（2）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接
法；灯泡正常发光时的电阻R==≈6.3Ω，电流表内阻约为1Ω，电压表内阻约为
5kΩ，相对来说电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图
所示：
（3）由图乙所示图象可知，随电流I的增大，灯泡两端电压U增大，电压与电流的
比值增大，由此可知：小灯泡的电阻随着电流的增大而增大．
（4）由图乙所示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，则电源电动势
E=1.5V，
电源内阻r===1Ω．
（5）由图乙所示图象可知，灯泡两端电压为1.1V，电路电流为0.4A，电源总功率P
总=EI=1.5×0.4=0.6W，灯泡实际功率P实=UI=1.1×0.4=0.44W．
故答案为：（1）R1；（2）实物电路图如图所示；（3）增大；（4）1.5；1；（5）0.6；0.44．
点评：本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、判断灯泡电阻随电流的变化关系、求电源功率与灯泡功率；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确连接实物电路
图的前提与关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法；要掌握
应用图象法处理实验数据的方法．
11.解：（1）依照如下图输电线路，设高压输电线电流I2，输电电压为U2，由题意可知：P损=I22r；因此有：I2===40A；
而I1===400 A
依照电流与匝数成反比，那么有：===
U3=U2﹣I2R线=（500×10﹣40×10）V=4600 V
依照电压与匝数成正比，那么：==230：11
（2）据降压变压器输入功率等于输出功率有：P3=P4=200﹣16=184 kW；
灯能够消耗的功率是：P灯=104kW；
因此还可装灯的盏数为：n==2600 盏；
答：（1）输电电路如下图，升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比别离为1：10，230：11；（2）若是该村某工厂用电功率为80kW，那么该村还能够装“220V 40W”的电灯2600盏．
12.
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；磁感应强度．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：（1）由法拉第电磁感应定律：E=BLv 由欧姆定律：I=导体棒所受安培力
F=BIL，三式联立求解安培力；
（2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流．当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动，根据牛顿运动定律列方程求解即可；
（3）功能关系知：（F﹣f）s=Q+mv2，从而得热量Q．
解答：解：
（1）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I．
由法拉第电磁感应定律：E=BLv ①
由欧姆定律：I=②
导体棒所受安培力F=BIL ③
解①②③得：F安=④
（2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流．由牛顿第二定律知：F﹣f=ma1⑤
解得：F=2N ⑥
由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动
此时有：F﹣f﹣F安=0 ⑦
解④⑦得：B=
带入数据解得：B=1T ⑧
（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，
由功能关系知：（F﹣f）s=Q+mv2⑨
带入数据解得Q=6J ⑩
答：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小为．
（2）磁场的磁感应强度B为1T．
（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v′=3m/s．求此过程中产生的焦耳热Q为6J．。