【文档说明】【精准解析】宁夏银川市宁夏大学附属中学2019-2020学年高二下学期线上线下教学衔接摸底暨期中考试物理试卷.pdf，共(18)页，511.339 KB，由小赞的店铺上传

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-1-物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个．．．．符合题意的选项，请将正确选项填写在答题卡上，每小题2分，共30分。）1.下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A.变化的磁场使闭合电路中产生电流B.通电线圈在磁场中转动C.小磁针在通电导线附近发生偏转D.磁铁吸引小磁针【答案】A【解析】【

详解】A．变化的磁场使闭合电路中产生电流属于电磁感应，故A正确；B．通电线圈在磁场中转动是因为通电导体在磁场中会受安培力的作用，属于电动机工作原理，故B错误；C．小磁针在通电导线附近发生偏转属于电流的磁效应，故C错误；D．磁铁吸引小磁针属于磁极间的相互作用，故D错误。故选A

。2.关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（）A.磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量一定越大B磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也一定越大C.磁通量的变化一定是由磁场发生变化引起的D.穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零【答案】D【解析】【详解】A．当回

路与磁场平行时，没有磁感线穿过回路，则回路的磁通量为零，这时磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大，A错误；B．根据cosBS磁感应强度越大，线圈正对磁场面积越大，则磁通量也越大，并不是线圈面积越大，

磁通量越大，故B错误；-2-C．磁通量发生变化，可能是线圈正对磁场面积发生变化，也可能是磁场发生变化，C错误；D．磁通量为零时，可能回路与磁场平行，则磁感应强度不一定为零，D正确。故选D。3.有一个矩形线框如图所示，其平面与匀强磁场垂直并匀速穿过有界磁场区域，且d＜L，则下列说法正确的是（

）A.线框在整个过程中都有感应电流B.线框进入或离开磁场区域的过程，线框中都有感应电流C.只有线框进入磁场区域的过程，线框中才有感应电流D.只有线框离开磁场区域的过程，线框中才有感应电流【答案】B【解析】【详解】产生感应电流的条件是闭合

回路中的一部分在磁场中做切割磁感线运动，或闭合回路中的磁通量发生变化；当线框全部在磁场中运动时，磁通量保持不变，不能产生感应电流，只有在线框进入磁场和出磁场的过程中才有感应电流，故B正确，故A、C、D错误；故选B。4.将

闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势，下列表述正确的是（）A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大D.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动

势越大【答案】D【解析】【详解】A．根据Ent可知感应电动势的大小与线圈的匝数有关，故A错误；BCD．根据Ent可知，穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，而穿过线圈的磁通量越大，其磁通量的变化率未必越大，感应电动势也未必越大；穿过

线圈的磁通量变化越-3-大，其磁通量的变化率未必越大，感应电动势也未必越大，故B、C错误，D正确；故选D。5.如图所示，导体棒ab、cd垂直放在水平放置的平行导轨上，匀强磁场方向竖直向上穿过导轨所在平面，不计导体棒与导轨间的摩擦。当磁场逐渐增强时（）A.导体棒ab和

cd相互远离B.导体棒ab和cd仍然不动C.导体棒ab和cd相互靠近D.从上往下看，回路中产生逆时针方向的感应电流【答案】C【解析】【详解】当磁场逐渐增强时，根据楞次定律得回路中的感应电流为顺时针方向，根据左手定则知，导体棒ab所受安培力方向向右，导体棒cd所受安培力向左，即导体棒ab

和cd相互靠近，故A、B、D错误，C正确；故选C。6.如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在0~2T时间内，直导线中电流方向向下，则在2T~T时间内，下列叙述线框中感应电流的方向

与所受安培力方向正确的是（）A.感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C.感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左-4-【答案】B【解析

】【详解】在2TT时间内，直导线中电流方向向上，根据安培定则知导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律金属线框中产生逆时针方向的感应电流；根据左手定则知金属框左边受到的安培力方向水平向右，金属框右边受到的安培力水平向左，离导线越

近，磁场越强，则金属框左边受到的安培力大于金属框右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右。故选B。7.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中错误的是（）A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B.原、副线圈两端电流之比为1∶10C.原、副线圈

两端电压之比为10∶1D.原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1【答案】A【解析】【详解】A．理想变压器不漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，故A错误，符合题意；B．原副线圈的电流之比等于匝数的反比，即1∶10，故B正确，不符合题意；C．原副线圈的电压之比等于匝数

之比，即10∶1，故C正确，不符合题意；D．正常工作时理想变压器没有能量损失，则输入、输出功率之比为1：1，故D正确，不符合题意。故选A。8.一根直导线长0.2m，在磁感应强度为0.2T的匀强磁场中以5m/s的速度匀速运动，则关于导线中产生的感应电动势的说法错误的是（）A.可能

为零B.可能为0.1VC.一定为0.2VD.可能为0.2V【答案】C【解析】【详解】当B与v的夹角不同则产生的电动势不同，根据-5-sinEBLv可知电动势E最大为E=BLv=0.2×0.2×5V=0.2V当速

度方向与磁场方向平行时，感应电动势的最小为0V，故感应电动势大小在0~0.2V之间，故ABD正确，不符合题意；C错误，符合题意。故选C。9.电磁炉具有无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等优势。电流流过电磁炉线圈产生磁场，当磁场发生变化时，铁质锅底部会产生无数小涡流，使

锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物。下列相关说法中正确的是（）A.电磁炉是利用互感原理工作的B.锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的C.锅体可以用不导电的陶瓷制成D.提高磁场变化的频率，不会增强电磁炉的加热效果【答案】A【解析】【详解】A．电磁炉中变化的磁场使锅体中因电磁感应产生涡电流，利

用涡电流的热效应工作，属于互感，故A正确；B．电饭锅连接交流电，其锅体中的涡电流是由变化的磁场产生的，故B错误；C．陶瓷属于绝缘体，不能发生电磁感应产生涡电流，故不能使用陶瓷制作锅体，故C错误；D．提高磁场变化的频率，

可增强感应电流，起到提高电磁炉的加热效果，故D错误。故选A。10.远距离输电，原来用电压U输电时在输电线上损失的电功率为P。在保持输电功率不变的情况下，现在要求使输电线上损失的电功率减小为9P，则输电电

压应为（）A.81UB.81UC.3UD.3U【答案】C【解析】【详解】输电线上损失的电功率减少为原来的19，在电阻一定时，根据输电线上损失的功率2PIR得输电电流变为原来的13，在保持输电功率不变的情况下，

根据PUI得输电电压-6-变为原来的3倍，所以输电电压应为3U，故A、B、D错误，C正确；故选C。11.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为直流电阻不计的自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡变亮和熄灭的情况，下列说法正确的是（）A.合上开关

，a立即变亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭B.合上开关，b立即变亮，a逐渐变亮；断开开关，a立即熄灭，b逐渐熄灭C.合上开关，a、b同时亮；断开开关，b立即熄灭，a逐渐熄灭D.合上开关，b立即变亮，a逐渐变亮；断开开关，a、

b都逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，电路稳定时亮度相同；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时逐渐熄灭；由于电

路稳定时亮度相同，所以b不能闪亮一下，故A、B、C错误，D正确；故选D。12.一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动。线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示。下面说法中正确的是（）A.1t时刻通过线圈的磁通量为

零B.2t线圈处于中性面位置C.3t时刻通过线圈的磁通量变化率为零D.4t时刻通过线圈的磁通量最大【答案】C-7-【解析】【详解】A．1t时刻感应电动势为零，线圈通过中性面时，磁通量最大，A错误；B．2t时刻感应电动势为最大值，线圈处于和中性面垂直的位置，B错误；C．

3t时刻感应电动势为零，磁通量的变化率为零，C正确；D．4t时刻感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，D错误。故选C。13.如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与盒子Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的三种元件串联，再将三者并联，接在正弦交变电路中。若保持电路两端电压有效值不变，只将交变

电流的频率增大，观察到灯a变亮、灯b亮度不变、灯c变暗。则三个盒子中的元件可能是（）A.Ⅰ为电阻，Ⅱ为电容器，Ⅲ为电感器B.Ⅰ为电容器，Ⅱ为电阻，Ⅲ为电感器C.Ⅰ为电感器，Ⅱ为电容器，Ⅲ为电阻D.Ⅰ为电容器，Ⅱ为电感

器，Ⅲ为电阻【答案】B【解析】【详解】交流电频率增大，灯a变亮，阻碍变小，说明I是电容器；灯b亮度不变，说明Ⅱ为电阻；灯c变暗，阻碍变大，说明Ⅲ是电感器；故B正确，ACD错误。故选B。14.将静置在地面上，质量为m（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对

地面的速度0v竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）A.0mvmB.0mvmC.0mvmmD.0mvmm【答案】C-8-【解析】【详解】取向上为正方向，由动量守恒定律得0()0m

mvmv解得火箭速度为0mvvmm故A、B、D错误，C正确；故选C。15.如下图所示，有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高H处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，

此匀强磁场的宽度也是L，则线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为()A.2mgLB.2mgL＋mgHC2mgL＋34mgHD.2mgL＋14mgH【答案】C【解析】【详解】设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v，对于线框自由下落过程，根据机械能守恒定律得212mgHmv解得

2vgH从线框开始下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热为：-9-2132()2224vQmgLHmmgLmgH（）故C正确。故选C。二、多项选择题（每小题有多个选项．．．

．符合题意，请将正确选项填写在答题卡上，每小题4分，少选得2分，错选或不选得零分，共28分。）16.下列图像中属于交流电的有（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【详解】交流电是指电流的方向发生变化的电流

，电流的大小是否变化对其没有影响，故ACD正确，B错误。故选ACD。17.闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图象分别如图所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是（）A.图甲回路中感应电动势为零B.图乙回路中感应电动势均匀增大C.图丙回路

中0～t1时间内感应电动势大于t1～t2时间内感应电动势D.图丁回路中感应电动势先变大后变小【答案】AC【解析】【详解】A．图中磁通量不变，没有感应电动势产生，A正确；-10-B．图中磁通量随时间均匀增大，图像的斜率k不变，即t不变，根据法拉第电磁感应定律得知，回

路中产生的感应电动势恒定不变，B错误；C．图中回路在10t时间内，图像的斜率大于在12tt时间的斜率，说明前一段时间内磁通量的变化率大于后一时间内磁通量的变化率，所以根据法拉第电磁感应定律知，在10t时间内产生的感应电动势大于在12tt时间内产生的感应电动势，C正确；D．图中磁通量随

时间变化的图像的斜率先变小后变大，磁通量的变化率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，D错误。故选AC。18.如图所示，一质量为1kg的小物块以v0=9m/s的速度从A点沿光滑水平面向右运动，在与墙壁碰撞后以v=6m/s的速度反向运动，碰撞过程约持续了0.1s，则下

列说法正确的是（）A.小球动量的变化量大小为3kg•m/sB.小球动量的变化量大小为15kg•m/sC.墙壁对小球的平均作用力大小为30ND.墙壁对小球的平均作用力大小为150N【答案】BD【解析】【详解】AB．以向右为正方向，小物块碰撞墙壁过程，小球动量的变化量为211(6)19kgm/s15

kgm/sPmvmv即小球动量的变化量大小为15kg•m/s，故A错误，B正确；CD．小物块碰撞墙壁过程由动量定理得FtP解得150NF负号表示墙壁对小球的平均作用力方向向左，故C错误，D正确；故选BD。19.木块a和b用一根轻弹簧

连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上。在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法正确的是（）-11-A.a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒B.a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒C.a离开墙后，a、b组成的系统动量不守恒D.a离开墙后，a、b

组成的系统动量守恒【答案】AD【解析】【详解】AB．以a、b及弹簧组成的系统为研究对象，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统所受合外力不为零，因此该过程系统动量不守恒，B错误A正确；CD．当a离开墙

壁后，系统水平方向不受外力，系统动量守恒，C错误D正确。故选AD。20.如图所示,光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内,P和Q之间连接一电阻R,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,现在垂直于导轨放置一根导体棒MN,用一水平

向右的力F拉动导体棒MN,以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是()A.感应电流方向是M→NB.感应电流方向是N→MC.安培力水平向左D.安培力水平向右【答案】BC【解析】根据右手定则判断可知：导体棒MN中感应电流方向N→M，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向

水平向左，故BC正确，AD错误．故选BC.21.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电

表。下列说法正确的是（）-12-A.原线圈的输入功率为220WB.电流表的读数为4AC.电压表的读数为110VD.副线圈输出交流电的周期为50s【答案】AC【解析】【详解】C．原线圈的电压的有效值12202V220

V2U根据1122UnUn解得2110VU电压表的读数为110V，C正确；B．变压器的副线圈的电流222AUIR根据2112InIn解得原线圈的电流，即电流表的电流11AIB错误；A．原线圈的输入功率为112

20WPUIA正确；D．根据-13-220.02s100T原副线圈的周期一样，D错误。故选AC。22.如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分

布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好．今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c．若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，

关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是()A.金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为1∶2B.金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1∶2C.从a到b和从b到c的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷

量之比为1∶1D.从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1∶1【答案】BC【解析】【详解】由v2＝2ax可知，金属棒通过b、c两位置时，金属棒速度之比为1∶2，产生的感应电流之比为1∶2，所受安培力

之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，外力F的大小之比不是1∶2，选项A错误；由电功率公式P＝I2R可知，金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1∶2，选项B正确；由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定

义可得，q＝ΔΦ/R，从a到b和从b到c的两个过程中，ΔΦ相等，所以通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1，选项C正确；由焦耳定律，Q＝I2Rt＝qIR，从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1∶2，选项D错误．三、填空题（每空2分，共12分。）23.如图所示是某交变电流的电流

与时间关系图像。一个周期内，前2T为恒定电流，后2T为-14-正弦式交流电。则该交变电流的有效值为_____A。【答案】53【解析】【详解】将该电流加在一个阻值为R的电阻上，设周期为T，则根据有效值的定义得222101022

2TTRRIRT解得电流的有效值为53AI24.某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验。气垫导轨装置如图a所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。下面是实验的主要步骤：①安装好气垫

导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，调节打点计时器的高度，直至滑块1拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；③把滑块2（带有橡皮泥）放在气垫导轨的中间，使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹簧；④先_____，然后_____，使滑块1与

滑块2碰撞后粘在一起运动；⑤取下纸带，重复步骤③④⑤，选出理想的纸带如图b所示；(1)完善实验步骤④的内容_____、_____。(2)测得滑块1的质量为310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前质量与速度的乘积的矢量

和为_____kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积的矢量和为_____kg·m/s。（所有结果均保留三位有效数字）-15-(3)得出的实验结论是_____。【答案】(1).接通打点计时器的电源(2).放开滑块1(3).0.62

0(4).0.618(5).在误差范围内，两滑块碰撞中动量守恒【解析】【详解】(1)[1][2]使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1；(2)[3]放开滑块1后

，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得碰撞前滑块1的动量为1110.20.310kgm/s0.620kgm/s0.1Pmv滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg∙m/s[4]碰撞后滑块1、

2速度相等，所以碰撞后总动量为1220.1680.3100.205kgm/s0.618kgm/s.14(0)mmvP(3)[5]得出的实验结论，在误差范围内，两滑块碰撞中动量守恒。四、

计算题（请写出必要的说明文字和计算步骤，共30分。）25.如图所示，质量为Bm的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一质量为Am的物体A，一颗质量为0m的子弹以0v的水平初速度射入物体A，射穿A后子弹的速度变为v，

子弹穿过物体A的时间极短．已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止．求：(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度Av；(2)平板车B和物体A的最终速度v共．(设车身足够长)【答案】(1)00()Amvvm

(2)00()ABmvvmm【解析】【详解】(1)子弹穿过物体A的过程中，子弹和物体A组成的系统动量守恒，取向右为正方向，-16-由动量守恒定律得：000AAmvmvmv，解得：00AAmvvvm；(2)对物体A和平板车B，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：AAABm

vmmv共解得00ABmvvvmm共．答：(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度00AAmvvvm；(2)平板车B和物体A的最终速度00ABmvvvmm共．26.如图甲所示的螺线管，匝

数n=2000，横截面积为S=10cm2，电阻r=1Ω，与螺线管串联的外电阻R1=4Ω，R2=3Ω，向右穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。求：(1)螺线管产生的感应电动势大小；(2)通过螺线管的电流大

小和方向；(3)螺线管两端的电压大小，并说明M、P两点哪点相当于电源正极。【答案】（1）4V；（2）0.5A，P到M；（3）3.5V，M点【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得BEnSt代入数据解得E=4V（2）根据闭合电路的欧姆定律有-17-12EIRRr代入数

据解得I=0.5A磁感应强度向右增大，根据楞次定律可知，电流的方向从P到M（3）螺线管两端的电压为路端电压，则有12UIRR代入数据解得U=3.5V因螺线管内部的电流是从P到M，而电源内部的电流

是从负极流向正极，故M点相当于电源的正极27.如图，矩形线圈abcd的匝数为n=100，线圈ab的边长为L1=0.3m，bc的边长为L2=0.4m，在磁感应强度为B=0.05T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO'轴匀速转动，转

动的角速度ω=100rad/s，线圈电阻为1Ωr，外电路电阻9ΩR，从中性面开始计时。求：(1)求出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；(2)求出线圈从计时转过2过程中感应电流的平均值；(3)求出线圈从计时转过2过程中通过

电阻R的电荷量q。【答案】（1）60sin100(V)et；（2）12A；（3）0.06C【解析】【详解】（1）根据交流电压瞬时表达式12sin(V)sin(V)enBStnBLLt带入数据得60sin100

(V)et-18-（2）线圈从计时转过2过程中，根据12BLLEnntt12s0.005s44100TtEIRr联立并带入数据得平均电流12AI（3）根据电荷量12A0.005s0.06CqIt