【文档说明】福建省永安市第三中学2019-2020学年高二下学期期初综合检测物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，916.500 KB，由小赞的店铺上传

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永安三中2019-2020学年第二学期高二物理期初综合检测一、单选题（每题只有一个答案正确，每题3分共51分）1.如图，在垂直纸面向内的匀强磁场中，有一个平行纸面的金属线框abcd。要使线框中产生感应电流，下列可行的操作是（）A.将线框上下匀速运动B.将线框左右匀速运动C.将线框垂直纸面前后加

速运动D.将线框以ac边为轴匀速转动【答案】D【解析】【详解】ABC．由于磁场是匀强磁场，把线圈向左右拉动，或向上下拉动，或垂直纸面向前后运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故ABC错误；D．当线圈以ac为轴转动时，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故D正确。故选D。2

.如图是一交变电流电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为（）A.5AB.42AC.26AD.62A【答案】C【解析】【详解】设此交变电压的有效值为I，通过阻值为R的电阻，根据有效值的定义有2226422TTRRIRT

解得26AI故C正确，ABD错误。故选C。3.单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图所示，则（）A.在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大

B.在t＝1×10－2s时刻，感应电动势最大C.在t＝2×10－2s时刻，感应电动势最大D.在0～2×10－2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零【答案】B【解析】【详解】A．t=0时刻，线圈中磁通量最

大，Φ的变化率达最小，感应电动势最小，故A错误；B．在t＝1×10－2s时刻，磁通量为零，但Φ的变化率达最大，感应电动势最大，故B正确；C．在t＝2×10－2s时刻，Φ的变化率为零，感应电动势为零，故C错误；D．在0～2×10－2s时间

内，磁通量变化不为零，线圈中感应电动势的平均值不为零，故D错误。故选B。4.如图所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第

二次用0.9s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷量为q2，则()A.F1＜F2，q1＜q2B.F1＜F2，q1＝q2C.F1＝F2，q1＜q2D.F1＞F2，q1＝q2【答案】D【解析】设线框的长为L1，宽

为L2，速度为v1，线框所受的安培力大小为：F1=BIL2，电流为EIR，第一次拉出时安培力为：22211BLvFR，同理第二次拉出时安培力为：22222BLvFR，因为由于两次拉出所用时间Δt1＜Δt2，所以12vv，故12FF；由于线框在两次拉出

过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通过导线横截面的电荷量qNR，得q1＝q2，故D正确，ABC错误．5.如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度

为B的匀强磁场充满转动平面，且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差为()A.12BωR2B.2BωR2C.4BωR2D.6BωR2【答案】C【解析】【详解】AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为：E=B•2Rv=B•2R•32RR

=4BR2ω，故选C．6.一个面积S＝4×10－2m2、匝数n＝100的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）A.0～2s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.1

6Wb/sB.0～2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C.0～2s内线圈中产生的感应电动势等于8VD.在第3s末线圈中的感应电动势等于零【答案】C【解析】【详解】A．由图象的斜率求得22T/s=2T/s2Bt则磁通量变化率0.08Wb/sBSt故A错误；B．开始的2s内穿

过线圈的磁通量的变化量=(22)0.04Wb=0.16Wb故B错误；C．根据法拉第电磁感应定律得8VEnt故C正确；D．由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误。故选C。7.如图所示，L是自感

系数较大的线圈，其直流电阻可忽略，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）A.开关S闭合瞬间，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮B.开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮C.开关S断开后，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭D.开关S断开后，b灯立即熄灭，a、c灯逐渐熄灭【答案】D【解

析】【详解】A．开关S闭合瞬间，a、b灯立即亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得c灯逐渐亮，故A项错误；B．L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略，开关S闭合，电路稳定后，L相当于导线，则三灯都亮，故B项

错误；CD．开关S断开后，b灯立即熄灭，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在线圈与a、c灯之间形成新的回路，使得a、c灯逐渐熄灭，故C项错误，D项正确。故选D。8.一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示的位置时()A.穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B.穿过线圈的磁通

量最大，磁通量的变化率最大C.穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D.穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小【答案】C【解析】【详解】当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为最小；该位置为感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式Ent，

磁通量的变化率t最大，故C正确，A、B、D错误；故选C．9.如图是一个正弦式交变电流的图象，下列说法正确的是()A.周期是0.2s，电流的峰值是10AB.周期是0.15s，电流的峰值是10AC.频率是5Hz，电流的有效

值是10AD.频率是0.2Hz，电流的有效值是7.07A【答案】A【解析】试题分析：由图象知周期是T=0．2s，电流的峰值是Im=10A，A正确，B错误；频率是1150.2ZfHHzT＝，电流有效值为10527.072IAAA＝，CD错误；故选A．考点：交流电【名师点睛

】明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习．10.某交变电流的电压为u＝62sin314t(V)，则()A.把额定电压为6V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡能正常发光B.把电磁打点计时

器接在此电源上，打点周期为0.01sC.把此电压加在阻值为6Ω的电阻上，该电阻消耗的功率为12WD.击穿电压为6V的电容器能直接接在此电源上【答案】A【解析】【详解】电源电压有效值为6V，刚好等于小灯泡的额定电压，A对；打点计时器的打点周期等于交变电流的

周期，是20.02314Tss，B错；6Ω电阻消耗的功率P＝U2/R=62/6W＝6W，C错；击穿电压6V小于电源最大电压62V，该电容器不能直接接到此电源上，D错；故选A．【点睛】解决本题的关键

知道正弦式交流电峰值与有效值的关系，知道灯泡所标明的电压表示有效值．掌握正弦式交流电的表达式U=Umsinωt的含义．11.如图所示，为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是()A.这也是一种交流电B.电流的变化周期是0.01sC.电流的有效值

是1AD.电流通过100Ω的电阻时，1s内产生的热量为200J【答案】C【解析】【详解】交流电的特点是电流方向变化；因而图中电路不是交流电，A错误根据图像可得电流的变化周期是0.02s，B错误根据有效值的定义得：22m22ITRIRT，带入数据解得：I=1A，电流通过10

0Ω的电阻时，1s内产生热量为100J.，C正确D错误12.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则()A.电压表的示数为220VB.电路中的电

流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J【答案】D【解析】【详解】A．线框有内阻，所以电压表示数小于220V，A错误；B．交流电频率50Hz，则电路

中的电流方向每秒钟改变100次，B错误；C．灯泡实际消耗的功率为：2220=95W95+5P=459.8W，小于484W，C错误；D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为2220Q=51J95+5=24.2J，D正确．13.某发电机产生的交变电动势为e=50sin10

0πt（V），对此电动势，下列表述正确的是（）A.最大值是502VB.频率是100HzC.有效值是252VD.周期是0.01s【答案】C【解析】【分析】由输出端的交变电压瞬时值表达式知电压最大值、角速度，从而计算出有效值、周期和频率．【详解】由输出端的交变电压瞬时值表达式

知电压最大值为50V，有效值为252V周期为：20.02100Tss频率为：11500.02fHzHzT故C正确，ABD错误．故应选：C．【点睛】本题考查了对正弦交流电的瞬时值表达式的理解，要注意明确最大值

和有效值之间的关系应用．14.一个单匝矩形金属线框的面积为S，线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n，则（）A.线框产生的交变电动势的最大值为πBSB.线框产生的交变电动势的有效值为2πnBSC.从开始转动

经过14周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD.线框产生交变电动势的瞬时值表达式为e=nπBsin2nπt【答案】B【解析】【详解】A．因ω=2πn，则交变电动势的最大值为m2πEBSnBS故A错误；B．线框

交变电动势的有效值为m2π2EEnBS故B正确；C．从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为4114BSEnBStn故C错误；D．感应电动势瞬时值为msin2π2πVeEtnBSsinnt（）故D错误。故选B。15.理想变压器的原、副线圈匝数为n1和n2，

电流为I1和I2,电压为U1和U2,功率为P1和P2,下面关系正确的是()A.1122UnUnB.1122InInC.1122PnPnD.1122UIUI【答案】A【解析】理想变压器中原副线圈的电压满足：1122UnUn；理想变压器中不

考虑铜损和铁损，输出功率等于输入功率，即P1=P2，则U1I1=U2I2，即n1I1=n2I2，故选A.16.一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2＝11：2。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示，副线

圈仅接入一个R=10Ω的电阻。则（）A.流过电阻的最大电流是62AB.与电阻并联的电压表的示数是402VC.变压器的输入功率是1602WD.经过10s电阻产生的热量为1.6×103J【答案】D【解析】【详解】由图可知原线圈输入交变电压

2202sin100π(V)ut，有效值为220V，根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压为221140VnUUnA．流过电阻的电流是240A4A10UIR最大值为42A，故A错误；B．与电阻并联的电压表的示数是有效值，所以是40V，则B错误；C．输入功率等于输出功率22240W1

60W10UPR出故C错误；D．经过10s电阻发出的热量是316010J1.610JQPt故D正确。故选D。17.如图所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再

并联到220V、50Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同。若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60Hz，则发生的现象是（）A.三只灯泡亮度不变B.三只灯泡均变亮C.L1亮度不变、L2变亮、L3变

暗D.L1亮度不变、L2变暗、L3变亮【答案】D【解析】【详解】电阻与频率无关，故频率增加，电阻不变，故L1亮度不变，由容抗12πCxfC可知，频率越高，容抗越小，故L3变亮，由感抗2πLxfL可知，

频率越高，感抗越大，故L2变暗，故D正确，ABC错误。故选D。二、实验题（每空2分共12分）18.为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺旋管A和B、电池组、滑动变阻器、电键接接成如图所示的实验电路：(1)该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开电键时，电流表

指针都没有偏转，其原因是___AA.电键的位置接错B.电流表的正、负接线柱上导线接反C.线圈B的两个接线柱上导线接反D.蓄电池的正、负极接反(2)电路连接的错误改正后，该同学在闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则如果向右移动滑动变阻器的滑片（滑动变阻器接入电

路的方式仍然如图中所示），则电流表的指针向_______右（选填“左”或“右”）偏转．【答案】(1).A(2).右【解析】（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏

转；应改为电键闭合后，再将线圈B放置在线圈A中；或者将电键接在B线圈所在回路中，故选A．（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同，即电流表指针也向右偏转．19.在图甲中，不通电时电流表指针停在正中央，当闭合S时

，观察到电流表指针向左偏．现在按图乙连接方式将电流表与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合回路.(1)将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将______（填

“向左”“向右”或“不发生”）偏转；(2)螺线管A放在B中不动，电流表的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；(3)螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的指针将_________（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；(4)螺线

管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将_______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转．【答案】(1).向左(2).不发生(3).向右(4).向右【解析】【分析】由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判

断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向.【详解】(1)甲电路测出电流表是正进负出向左偏.将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知

，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；(2)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转；(3)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，A线圈的电流减小，穿过B的磁通量变小，由

楞次定律可知感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；(4)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转．【点睛】熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题.

三、计算题（共37分）20.2002年10月28日阳泉正式启用热电联产系统，距今已有17年。热电联产既解决了缺水地区的用电问题，同时又解决了北方地区冬季的采暖问题，一举两得。发电的过程利用了电磁感应现象，可以简化成如下的原理模型。100匝的闭合线

圈AB，穿过线框的磁通量在1s内从0.05wb减小到0.01wb，问：（1）AB两端的电动势是多大；（2）若在AB间接入一个2Ω的电阻，5min内电阻产生热量多少？【答案】（1）4V；（2）2400J【解析】【详解】(1)AB两端的电动势0.050.01100V4V

1Ent(2)产生的电流2AUIR5min内电阻产生热量2=2400JQIRt21.如图所示，匀强磁场磁感应强度B＝0.1T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长lab＝0.2m，lbc＝0.5m，线圈电阻为2Ω，以角速度ω＝100πrad/s

绕OO′轴匀速转动，试求(1)交变电动势的峰值；(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，线圈中瞬时感应电动势表达式；(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，求线圈在t＝6T时刻的感应电动势大小；(4)若从

线圈平面平行磁感线时开始计时，转过π2过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？【答案】(1)314V；(2)314sin314t；(3)157V；(4)0.5C【解析】【详解】(1)感应电动势的最大值m1000.10.20.5100πV100πV314VENBS（）

(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，线圈中瞬时感应电动势表达式msin314sin100πV=314sin314VeEttt（）（）(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，线圈中瞬时感应电动势表达式mcoseEt线圈在t＝6T时刻的感应电动

势大小12π314cos157V6e(4)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，转过π2过程中通过线圈某一截面的电荷量0.5CENNBSqItttRtRR22.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m

，一端连接R＝1Ω的电阻．导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s．求：（1）

感应电动势E和感应电流I；（2）拉力F的大小；【答案】（1）2A（2）0.8N【解析】【详解】（1）根据动生电动势公式得：E=BLv=1×0.4×5V=2.0V，故感应电流为：I=E/R=2A（2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为：F

安=BIL=1×2×0.4N=0.8N．因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力为：F=F安=0.8N23.如图所示，光滑平行且电阻不计的足够长金属轨道与水平面的夹角为θ，宽度为L。在空间中存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B。在轨道上端

连接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为R的金属棒在轨道上由静止释放，在下滑过程中，金属棒始终与轨道垂直，且与轨道接触良好。当金属棒下滑到某位置时，其速度恰好达到最大值，电阻R上产生的热量为Q。重力加速度大小为g，求：(1)金属棒下滑过程

中的最大加速度a；(2)金属棒的速度的最大值v；(3)金属棒的速度刚达到最大时，距离释放点的高度h。【答案】(1)sinag；(2)2222sincosmgRvBL；(3)2224442sin2cosmgRQhBLmg【解析】【详解】(1)当

安培力为零时，金属棒的加速度最大，由牛顿第二定律有maxsinmgma解得maxsinag(2)金属棒的速度达到最大时，合外力为零，有cossinBILmgcosEBLv2EIR解得2222sincosmgRvBL(3)由能量守恒有2122mghmvQ解得22

24442sin2cosmgRQhBLmg