【文档说明】【精准解析】吉林省通化市通化县综合高级中学2020-2021学年高二（下）期中物理试题（解析版）.doc，共(13)页，1.044 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7317790ae03debd22ec022b46eb8986a.html

以下为本文档部分文字说明：

高二物理注意事项：1、本试卷答题总分100分时间90分钟。2、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。第I卷选出正确答案后，填在答题纸上方的第I卷答题栏内，不要答在第I卷上。第II卷试题答案请写在答题纸上。交卷时只交答题纸。第Ⅰ卷（选择题共53分）一、选择题：本大题共12题，1-7为

单选每小题4分，共28分，8-12为多选每小题5分，共25分（选不全3分）。1.在国际单位制中，下列是自感系数的单位是（）A.库仑（C）B.安培（A）C.亨利(H）D.特斯拉（T）【答案】C【解析】【分析】【详解】A．库仑是电量的单位，故A错

误；B．安培是电流的单位，故B错误；C．亨利是自感系数的单位，故C正确；D．特斯拉是磁感应强度的单位，故D错误。故选C。2.对理想变压器作出的判断正确的是()A.高压线圈匝数多、电流大、导线粗B.低压线圈

匝数少、电流小、导线细C.高压线圈匝数多、电流大、导线细D.低压线圈匝数少、电流大、导线粗【答案】D【解析】【分析】【详解】根据功率关系知：U1I1＝U2I2，高压端电流小，低压端电流就大，从节约的角度来看，小电流用细导线，大电流用粗导线，因此高压端电压大，匝数多，电流小，导

线细，低压端电压小，匝数小，电流大，导线粗。故选D。3.电磁灶是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．有关电磁灶，下列说法中正确的是()A.锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B.电磁灶中通入电压足够高的

直流电也能正常工作C.金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁灶来烹饪食物D.电磁灶的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗【答案】A【解析】【详解】锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，磁场变化的频率越

高，产生的涡流越强，故A正确；直流电不能产生变化的磁场，在锅体中不能产生感应电流，电磁炉不能使用直流电，故B错误；锅体只能用铁磁性导体材料，不能使用绝缘材料制作锅体，故C错误；电磁炉的上表面如果用金属材料制成

，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，故D错误；故选A．4.如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（）A.24

BdRB.2BdRC.2BdRD.2BdR【答案】A【解析】【详解】金属环的面积：2224ddS==（）由法拉第电磁感应定律得：BSEtt==由欧姆定律得，感应电流：EIR=感应电荷量：q=I△t，解得：24B

dqRR==故A正确，BCD错误；故选A．【点睛】本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式qR=计算．5.在如图所示的交流电路中，保持电源电压

一定，当交变电流的频率增大时，各交流电压表的示数将（）A.V1、V3增大，V2减小B.V1不变，V2减小，V3增大C.V1不变，V2增大，V3减小D.V1、V2、V3都不变【答案】C【解析】【详解】根据题意可知电源电压

不变，当交流电的频率增加时，电感L的感抗增大，电容C的容抗减小，电阻R不变，则有V1不变，V2增大，V3减小，故A、B、D错误，C正确；故选C。6.一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示

的电路中，其中R为滑线变阻器，1E和2E为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是()A.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B.在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C.在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移

动时D.在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时【答案】C【解析】【详解】试题分析：由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向左运动，通过N的磁通量应减小；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB错误

；若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，故C正确；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D错误；故选C考点：楞次定律；点评：楞次定律有两种

描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用．7.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图像如图2所示，则A.t=0.005s时线框的磁

通量变化率为零B.t=0.01s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【答案】B【解析】【详解】由图2可知T=0.02s，Em=311V，根据正弦式交变电流有效值和

峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E=mE2=3112V=220V，故C错误，根据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为，f=1T=10.02Hz=50Hz，故D错误；由图2可知t=0.01时，e=0所以该交流电从中性面开始计时，

故B正确；t=0.005s时，e=311V，由法拉第电磁感应定律可得磁通量的变化率最大为311V，故A错误。故选B．8.在电能输送过程中，若输送的电功率一定，输电线电阻一定时，则在输电线上损耗的电功率（）A.和输送电线上的电压的平方成反比B.和输送电流的平方成反比C.和

输送电线上的电压的平方成正比D.和输送电流成正比【答案】C【解析】【详解】AC.设输送功率为P，输电线电阻为R，输送电线上的电压为U，输送电流为I，则2UPR=，输电线电阻R一定，故输电线上损失的电功率2()UPR=损，由此可见，输电线上损耗的电功率与输电线上的电压的平

方成正比，A错误；C正确．BD.根据P=I2R可知P损=I2R，输电线电阻一定，则输电线上损耗的电功率与输送电流的平方成正比，BD错误．9.如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动

．下列说法中正确的是()A.当线圈在图示位置时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝BSB.当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝0C.当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ＝0D.当线圈从图示位置转过360°

的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ＝BS【答案】AB【解析】【分析】【详解】AB．根据磁通量的定义可知，如图所示时，磁通量最大mBS=，当转过90°时，线圈与磁场平行，磁通量为零，所以AB正确；C．当线圈转过180°时，磁通量大小为BS

=−，故磁通量变化的大小为2BS=，所以C错误；D．当线圈转过360°时，磁通量大小为BS=，故磁通量变化的大小为零，所以D错误；故选AB。10.如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是()A.B

.C.D.【答案】BCD【解析】【详解】由图甲所示可知，v与金属导体不垂直，感应电动势sinEBLv=，A错误；由图乙所示可知，金属导体垂直切割磁感线，则EBLv=，B正确；由图丙所示可知，金属导体水平部分不切割磁感线，只有竖直部分切割磁感线

，感应电动势EBLv=，C正确；由图丁所示可知，金属导体切割磁感线的有效长度为l，感应电动势EBLv=，D正确．【点睛】根据公式sinEBLv=分析答题，其中sinv是有效的切割速度，sinL是有效的切割长度．本题考查了求导体棒切割磁感线产生的感应电动势，记住并理解公式sinEB

Lv=、知道公式的使用条件即可正确解题．11.磁悬浮高速列车在我国上海已投入正式运行．如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环．将超导圆环B水平放在磁铁A上，它

就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，则（）A.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失B.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在C.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向D.若A的N极朝上，B

中感应电流的方向为逆时针方向【答案】BC【解析】【详解】A、B、在B放入磁场的过程中，根据楞次定律不难判断出B中会产生感应电流，而因为B是超导体没有电阻，故即使B稳定后电磁感应现象消失B中的电流也不会消失，故A错误，B正确.C、D

、根据楞次定律可知，如A的N极朝上，放入线圈时，线圈中的磁通量向上增大，则感应电流的磁场应向下，B中感应电流方向从上向下看应为顺时针，故C正确，D错误.故选BC.【点睛】本题考查楞次定律以及超导现象，认真审题是解题的关键，本题易错选A，易认为B稳定后B中没

有电磁感应现象发生，而得出感应电流消失的结论，再就是要熟练掌握楞次定律．12.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1100匝，接电压U1＝220V的交流电，副线圈接“20V10W”的灯泡，灯泡正常发光，可知()A.副线圈的匝

数n2＝200匝B.副线圈中的电流I2＝0.5AC.原线圈中的输入功率为10WD.原线圈中的电流I1＝0.1A【答案】BC【解析】【详解】A、由于理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n2＝100匝，A错误；C、理想变压器的原

、副线圈的功率相等，所以原线圈的输入功率为10W，C正确；B、D、由功率P＝UI可得副线圈中的电流I2＝0.5A，原线圈中的电流21210.045AnIIn=，B正确，D错误．故选BC．【点睛】本题主要考查了变压器的特点，知道原副线圈电压与匝数的关

系，知道原副线圈的功率相等．第Ⅱ卷（非选择题共47分）二、实验题（共2小题，每空5分，共20分）13.图为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能现的情况有：（选填“左偏

”、“右偏”或“不偏”）①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将______．②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针______．【答案】(1).右偏(2).左偏【解析】【详解】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产

生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路；如图所示：（2）在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下；①闭合开关，将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将右偏．②原线圈插入

副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，穿过线圈的磁通量减少，灵敏电流计指针左偏．14.有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线。某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对

应图乙中的A、B位置，由此可推断___________线圈的匝数较多（选填“A”或“B”）。【答案】A【解析】【分析】【详解】[1]根据指针分别对应图乙中的A、B位置可知，A线圈电阻大，根据电阻定律LRS=，可知导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多。三、计

算题（共3小题，每小题9.0分，共27分）15.如图所示，水平放置的平行金属导轨相距l=0.5m，左端接一电阻R=0.2Ω，有一磁感应强度B=0.4T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面。导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电

阻均可忽略不计，当ab以v=4m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中感应电动势的大小；(2)回路中感应电流的大小；(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。【答案】(1)V；(2)4

A；(3)【解析】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中感应电动势为0.40.54V0.8VEBlv===(2)根据闭合电路欧姆定律，感应电流大小为A4AEIR===(3)当a

b棒向右匀速滑动时，ab棒中有由b向a的电流，根据左手定则可知ab棒所受的安培力水平向左，为维持ab棒做匀速运动，应施加一个与安培力等值反向的水平外力，即FFBIl====安16.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图

所示，风车阵中发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线总电阻为10Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(2)用户得到的电

功率是多少．【答案】(1)，(2)【解析】【分析】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；求

出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比；【详解】（1）根据题意，可知等效电路图为：输电线损耗功率1004%4PkWkW==线，又22PIR=线线输电线电流2320IIA==原线圈中输入电流11400PIA

U==所以升压变压器匝数比为：1221120nInI==这样22115000nUUVn==，32500020104800?UUUVV=−=−=线所以降压变压器匝数比为：34480024022011nn==（2）用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为：14%10096%?96PPPPkW

kW=−=−==用损（）．【点睛】解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系．17.如图所示，长为6m的导体AB在磁感强度B＝0.1T的匀强磁场中，以AB上的一点O为轴，沿着顺时

针方向旋转．角速度ω＝5rad/s，O点距A端为2m，求AB的电势差。【答案】－3V【解析】【分析】【详解】由于法拉第电磁感应定律ε=Blv适用于导体平动且速度方向垂直于磁感线方向的特殊情况．将转动问题转化为平动作等效处理。因为

v=ωl，可以用导体中点的速度的平动产生的电动势等效于OB转动切割磁感线产生的感应电动势022BBOvvBOv+==因此电势差为42BOBOBOlBlV==UBO=UB－UO=εBO=4（V）电势差为12OAAOOAlBlV==其中022AAOvAO+=

=则有UAO=UA－UO=1（V）UAB=UA－UB=（UA－UO）－（UB-UO）=UAO－UBO=1-4=－3（V）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com