【文档说明】福建省连城县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题 【精准解析】.doc，共(17)页，683.500 KB，由小赞的店铺上传

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连城一中2019-2020学年下学期高二年级半期考物理试卷一、选择题1.在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈

，然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观

察电流表的变化【答案】D【解析】【详解】法拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都

会导致磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B错．选项C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化．选项C错．选项D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈

产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，选项D对．2.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后．将一

金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原

因可能是A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同【答案】D【解析】金属套环跳起来的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈

接在直流电源上时，金属套环也会跳起．电压越高线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故A、B、C选项错误，D选项正确．3.如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁

．如果在磁铁的下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁极上下振动．磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的A.线圈给它的磁场力始终向上B.线圈给它的磁场力先向上再向下C.线圈给它的磁场力始终向下D.线圈给它的磁场力先

向下再向上【答案】A【解析】【分析】利用楞次定律的相对运动角度分析“来拒去留”，即可一一判定求解．【详解】根据楞次定律的“来拒去留”，则当磁铁在向下运动的过程中，线圈产生感应电流，形成感应磁场，从而阻碍磁铁的向下运动，则线圈给它的磁场力始终向上，

故A正确，BCD错误；故选A．【点睛】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“来拒去留”，同时理解“增反减同”这一规律，此类题目难度不大．4.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒一直保持水平，且不计空气阻

力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况是A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断【答案】C【解析】【详解】金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持

不变，等于v0，由感应电动势公式E=Blvsinα，vsina是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变．则C正确．故选C

．5.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感

应电动势之比为9∶1C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4D.a、b线圈中电功率之比为3∶1【答案】B【解析】试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则Bkt

，根据法拉第电磁感应定律可知2ΔΔΔΔBEnnltt，则239()11abEE，选项B正确；根据2444BnlSEEklStIlnlRnlS，故a、b线圈中感应电流之比为3:1，选项C错误；电功率232344klSBnklSPIEnllt

，故a、b线圈中电功率之比为27:1，选项D错误；故选B．【考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率．【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的

欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量．6.如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是（）A.P向下滑动时，灯L变亮B.P向下滑动时

，变压器的输出电压变大C.P向上滑动时，变压器的输入电流变小D.P向上滑动时，变压器的输出功率变大【答案】D【解析】【详解】A.由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压2U不变，滑片P滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，A错误；B.滑片P下

滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，B错误；C.滑片P上滑，电阻减小，电流2I增大，则原线圈输入电流1I也增大，C错误；D.此时变压器输出功率222PUI将变大，D正确。故选D。7.如图所示，图甲和图乙是演示自感现象的两

个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终灯A2与灯A3的亮度相同．下列说法正确的是（）A.图甲中，1A的电

阻比1L的直流电阻小B.图甲中，断开开关1S瞬间，流过1A的电流方向自右向左C.图乙中，变阻器R连入电路的电阻比2L的直流电阻大D.图乙中，闭合开关2S瞬间，2L中的电流与变阻器R中的电流相等【答案】B【解析】【详解

】A、图甲中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，是因为电路稳定时，L1的电流大于A1的电流，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；B、图甲中，闭合S1，电路稳定后两个支路电流的方向都向右，断开开关S1瞬间，灯A1的原来的电流消失，线圈中的电流方向不变，所以流过A1的电流方向自右

向左，故B正确；C、图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误；D、图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与

变阻器R中电流不相等，故D错误．8.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内．一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框

中电流号时间关系的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式EBLv和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．【详解】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流

的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变

，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由EBLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．9.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有两根

金属棒，其中金属棒PQ固定不动，金属棒MN可自由移动，下列说法正确的是()A.当MN在外力的作用下向左匀速运动时，PQ受到的磁场力水平向左B.当MN在外力的作用下向左减速运动时，PQ受到的磁场力水平向左C.当MN在外力的作用下向左匀速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端D.当MN在外力的

作用下向左加速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端【答案】B【解析】【分析】MN动生出I1，I1产生的磁场借助铁芯穿过L2线圈，若I1是变化的，则L2能感生出I2，PQ因通电而最终受安培力.【详解】A、C、因MN是匀速运动，动生出的I1是恒定的，产生的穿过铁芯的磁场是恒定的，则L2线圈不

会产生感应电流I2，则PQ不通电而不会受安培力，Q端和P端无电势差；故A，C均错误.B、MN向左减速时，产生的I1由右手定则知为MN，大小11BLvIR逐渐减小，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上减小，由楞次定律知I2由QP，由左手定则知安

培力水平向左；故B正确.D、MN向左加速时，产生的I1由右手定则知为MN(电源内部流向，则MN），大小11BLvIR逐渐增大，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上增大，由楞次定律知I2由PQ(电源外部的电流流向，则PQ)；故D

错误.故选B.【点睛】本题是二次感应问题，核心是第一次的感应电流是变化的；同时综合考查了右手定则、左手定则、楞次定律、安培定则的综合应用.10.如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ．在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻．导体棒ab从导轨的最

底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h．在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是（）A.两次上升的最大高度相比较为H＞hB.有磁场时导体棒所受合力的功大于无

磁场时合力的功C.有磁场时，电阻R产生的焦耳热为212mvD.有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsinθ【答案】AD【解析】【分析】本题考查的是匀变速直线运动和导体棒切割磁感线，把导体棒的受力和运动过程分析清楚即可求出本题的参量．【详解】A．无磁场时，根据能量守恒得，动能全部转化为重力势

能，有磁场时，动能一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能，动能相同，则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能，所以h＜H，A对．B．由动能定理知：合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知导体棒动能的变化量相等，则知导体

棒所受合力的功相等，B错．C．设产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律，可得：201mv=Q+mgh2，201Q<mv2，C错．D．有磁场时，导体棒在上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，所以所受的合力大于gsinθ，根

据牛顿第二定律，知加速度a大于gsinθ．最高点时，加速度为gsinθ，D正确．故选D．【点睛】导体棒切割磁感线的时候，要首先分析清楚安培力方向，然后结合能量守恒定律进行解题．11.如图所示，电阻不计的正方形导线框a

bcd处于匀强磁场中，线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e=2002cos100πt(V)。线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、8W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.42A，熔断器与输电导线的电阻

忽略不计。下列判断正确的是（）A.t=0s时刻的线框中磁通量变化率最大B.理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C.若副线圈两端并联多只“20V、8W”的灯泡，则最多不能超过10只D.若线框转速减半，产生的电动势e=1002cos100π

t(V)【答案】AB【解析】【详解】A．图示位置线圈与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大，故A正确；B．线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的电动势e=2002cos100πt(V)，故输入变压

器的电压的有效值为U=20022V=200V灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为20V；根据变压比公式有11222001020nUnU故B正确；C．电路中熔断器熔断电流为0.42A，此时根据能量守恒定律有112

LUIUnI解得n=112L2000.42A14.1A8UIUI故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误；D．若线框转速减半，根据公式Em=NBSω产生的电动势也减半，角速度为ω=2πn=50πrad/s则产生的电动势e=1002co

s50πt(V)故D错误。故选AB。12.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()A.电压u的频率为50HzB

.电压表的示数为222VC.有光照射R时，电流表的示数变大D.抽出L中的铁芯，D灯变亮【答案】ACD【解析】【分析】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情

况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.【详解】A、原线圈接入题图乙所示的电源电压，T=0.02s，所以频率为150HzfT;故A正确.B、原线圈接入电压的最大值是2202V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，

理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以电压表的示数为22V，故B错误；C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C

正确；D、抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确.故选ACD.【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的

电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.13.在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示．PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面

积在两个磁场中时，速度为2v，则下列说法正确的是()A.此过程中通过线框截面的电荷量为22BaRB.此时线框的加速度为222BavmRC.此过程中回路产生的电能为238mvD.此时线框中的电功率为222BavR【答案】C

D【解析】【详解】A．线圈磁通量的变化ΔΦ＝Ba2，则由电流定义和欧姆定律可得2BaqRR，选项A错误；B．此时线框产生的电流22vBaBavIRR由牛顿第二定律和安培力公式可得加速度22122BI

aBavammR选项B错误；C．对此过程，由能量守恒定律可得，回路产生的电能222113()2228vEmvmmv选项C正确；D．由电功率定义可得2222BavPIRR＝选项D正确．14.如图所示，U形光滑金属导轨水平放置在竖直向上

的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为L，在导轨右端连接有一个阻值为R的定值电阻．有一根长为L的导体棒ab与固定在O点的绝缘轻弹簧相连后垂直放置在导轨上，弹簧原长时导体棒ab在图中的虚线位置．现施外力将弹簧压缩一定

的距离后松开，导体棒ab在导轨上往复运动最后停在虚线处．已知弹簧初始被压缩时储存的弹性势能为Ep，在运动过程中导体棒ab与导轨始终接触良好，导体棒ab的电阻r＝R，导轨电阻不计，则下列说法中正确的是()A.导体棒ab在运动过程中能产生交变电流B.定值电阻产生的总热量为弹性势能Ep的一半C.导体

棒ab向右运动时安培力做负功，向左运动时做正功D.导体棒ab全程克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热的一半【答案】AB【解析】【分析】根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向；导体棒运动过程中，产生电能，根据功能关系

分析导体棒开始运动后弹性势能与动能和电能的相互转化；根据能量守恒求解在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热.【详解】A、导体棒在弹簧的弹力和安培力的作用下向右和向左往返运动切割磁感线，根据右手定则知电

流不断改变方向，则产生的电流为交流电；故A正确.B、导轨光滑，则导体棒在往返运动到停止时一定在弹簧恢复到原长处，由于弹力做正功释放弹性势能，安培力做负功发电生热，由能量守恒定律可知PEQ总，而RrQQQ总，两电阻阻值相等且串联，则=22PRQEQ总；

故B正确.C、导体棒向右运动时安培力向左，向左运动时安培力向右，故安培力一直阻碍导体棒的运动，始终所负功；故C错误.D、由功能关系可知安培力做负功功衡量其它能转化为电能的多少，有=FWQ总安，故D错误.故选AB.【点睛

】弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用.二、计算题15.如图所示，某发电机的输出功率为5×104W，输出电压为250V，输电线路总电阻R=60Ω，

理想升压变压器的匝数比n1：n2=1：20，为使用户获得220V电压，求：（1）输电线路损失的功率为多大？（2）降压变压器的匝数比是多少？【答案】△P=6×103W；201【解析】【详解】（1）根据变压器电压关系:12UU=

12nn得，U2=5×103V，变压器功率关系：P2=P1，输电线上的电流I2=22PU=10A，输电线上的功率损失：△P=I22R=6×103W（2）降压变压器的输入电压：U3=U2﹣I2R=4400V根据降压变压器电压关系：34nn=34UU=20116.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.

5T，边长L＝0.1m的正方形线圈共N＝100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OOʹ匀速转动，转速为10nr/s，外电路中的电阻R＝4Ω，图示位置线圈平面与磁感线平行，求：(1)线圈转动一周产生的总热量Q；(2)从图示位罝开始线圈转过112

周的时间内通过R的电荷量q．【答案】（1）πJ（2）2510C【解析】【分析】(1)由焦耳定律可求得一周内产生的热量；(2)根据推论qnRr求出通过线圈某截面的电量q．【详解】(1)线圈转动的角速度2n，1Tn感应

电动势的最大值2EmNBSNBL感应电流的有效值2()mEIRr线圈转动一周内产生的总热量2JQIRrT（）(2)转过的圆心角12126该时间内磁通量的变化量23sin2.510Wb2BLBS2510CEtqIttNNRrtRrRr

【点睛】本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值．17.电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15

m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在

此过程中金属棒产生的焦耳热0.1rQJ．(取210/gms)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度2/vms时的加速度a．(3)为求金属棒下滑的最大速度mv，有同学解答如下：由动能定理212mWW

mv安重，……．由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．【答案】（1）0.4J（2）3.2m/s2（3）正确2.74m/s【解析】【详解】（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上

产生的焦耳热，由于3Rr，因此30.3()RrQQJ∴=0.4()RrWQQQJ安（2）金属棒下滑时受重力和安培力22=BLFBILvRr安由牛顿第二定律22sin30BLmgvmaRr∴2222210.80.752sin30103.2/()20.2(1.50.5

)BLagvmsmRr(3)此解法正确．金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足22sin30BLmgvmaRr上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为

最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．21sin302mmgSQmv∴2120.42sin302101.152.74/20.2mQvgSmsm