【文档说明】【精准解析】陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高二上学期第二次阶段检测物理试题.doc，共(11)页，475.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理第Ⅰ卷（选择题，共56分）一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分。其中1--10题为单选题，11--14题为多选题，全部选对得4分，选不全得2分，错选、不选得0分）1.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质

细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动.金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框始终处于同一平面内，且垂直于纸面，则线框中感应电流的方向（）A.一直是abcda→→→→B.一直是dcbad→→→→C.先是

dcbad→→→→，后是abcda→→→→D.先是abcda→→→→，后是dcbad→→→→【答案】B【解析】【分析】本题考查楞次定律的应用，关键在于先找出原磁通量的变化，再由楞次定律确定感应电流的磁场方向，最后确定感应电流．【详解】线框由静止

释放至到达最低点过程中，穿过线框的磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向也向上，再由安培定则可知，感应电流的为向为d→c→b→a→d；同理，从最低点继续向左摆动过程中，穿过线框向土的磁通量增大，根据楞次定律可知

，感应电流的方向是d→c→b→a→d，B正确；ACD错误；故选B．【点睛】楞次定律可理解为“增反减同”，在应用中要掌握其步骤，并能正确应用安培定则等相关知识．2.如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是()A向右摆动

B.向左摆动C.静止D.无法判定【答案】A【解析】【详解】当磁铁向铜环运动时,铜环的磁通量增大,则由楞次定律可知,铜环为了阻碍磁通量的变化而会向后摆,即向右摆,故A正确.3.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是（）A.在中性面时，感应电

动势最大B.穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零C.穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零D.在中性面时，通过线圈的磁通量最大【答案】D【解析】【详解】在中性面时，感应电动势为零，选项A错误；穿过线圈的磁通

量为零时，感应电动势最大，选项B错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率最大，选项C错误；在中性面时，通过线圈的磁通量最大，选项D正确.4.某线圈在匀强磁场中转动所产生的电动势变化规律为sinmeEt=，保

持其他条件不变，使该线圈的转速和匝数同时增加1倍，则此时所产生的电动势的瞬时表达式为（）A.2sin2meEt=B.2sinmeEt=C.4sin2meEt=D.4sinmeEt=【答案】C【解析】【详

解】感应电动势的瞬时值表达式为sinmeEt=，其中mEnBS=，将线圈的匝数和转速加倍，其它条件不变，则Em增加为4倍，ω增加为2倍；此时交变电流的瞬时值表达式变为'4sin2meEt=故选C。5.2012年11

月24日，中国的歼－15战机在“辽宁号”航母上起降，使中国真正拥有了自己的航母。由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端直接会有一定的电势差。则从飞行员的角度看，机翼左端

的电势比右端的电势（）A.低B.高C.相等D.以上情况都有可能【答案】B【解析】【详解】地磁场在北半球的竖直分量竖直向下，当飞机在北半球水平飞行时，飞机切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知：机翼左端的电势比右端的电势高，故B正确，ACD错误。故选B。6.如图所示，一交流电的

电流随时间而变化的图象。此交流电流的有效值是（）A.3.52AB.3.5AC.5AD.52A【答案】C【解析】【详解】交流电流的有效值的定义有2220.02(42)0.01(32)0.01IRRR=+解得5AI=，选项C正确，ABD错误。故选C。7.调光台灯是利用闸流晶体管来实现无级

调节灯的亮度的．现将某无级调光台灯接在220V的正弦交变电流上，如图甲所示，经过闸流晶体管调节后加在灯管两端的电压如图乙所示，图中每一小段是正弦函数，则此时电压表的示数是()A.220VB.156VC.110VD.78V【答案】B【

解析】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：2222244mmUUTTUTRRR+=，代入数据解得：U=156V，故B正确，ACD错误．8.如图1中所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝

金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向，当磁场的磁感应强度B随时间t按如图2变化时，下列四图中正确表示线圈中感应电动势E随时间t变化的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】在0~1s内，根据法拉第电磁感应定律有：0ΦBSEnnnBStt===根据楞次定律可知感应电动势的

方向与图示箭头方向相同，为正值；在1~3s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在3~5s内，根据法拉第电磁感应定律有：022nBSΦBSEEnntt====根据楞次定律可知感应电动势的方向与图示方向相反，为负值；故A正确，BCD

错误。故选A。9.如图所示，A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，线圈的直流电阻与定值电阻R的阻值相同。下列关于这个电路的说法正确的是（）A.闭合开关S的瞬间，A、B两灯的亮度相同B.闭合并关S的瞬间，B灯比A灯先达到最亮C.闭合开关S，待电路稳定后，断开开关S，A、

B两灯同时熄灭D闭合开关S，待电路稳定后，断开开关S，B灯立即熄灭，A灯稍迟熄灭【答案】D【解析】【详解】AB．开关闭合瞬间，L相当于断路，AB同时亮，A的电流大于B的，故A比B先达最亮，故AB错误；CD．开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，B灯立即熄灭，L相当于电源与A灯串联

，A灯稍迟熄灭，故C错误，D正确。故选D。10.如图所示，理想变压器原、副线圈回路中的输电线的电阻忽略不计，当S闭合时（）A.电流表A1的读数变大，电流表A2的读数变小B.电流表A1的读数变大，电流表A2的读数变大C.电流表A1的读数变小，电流表A2的读数变小D.电流表A1的读

数变小，电流表A2的读数变大【答案】B【解析】【详解】当S闭合时，副线圈的总电阻变小，由于副线圈两端电压不变，则副线圈中的电流变大，即电流表A2示数变大，由1221InIn=可知，电流表A1示数也变大，故B正确，ACD错误

。故选B。11.有一交变电流如图所示，则由此图象可知A.它的周期是0.8sB.它的峰值是4AC.它的有效值是22AD.它的频率是0.8Hz【答案】AB【解析】【详解】A、由此图象可知它的周期是0.8s，故A正确；B、它的峰值是4A，故B正确

；C、它不是正弦式电流，因此峰值不是有效值的2倍关系，故C错误；D、它的周期是0.8s，频率为111.250.8fHzT===，故D错误；故选AB．【点睛】关键能够区分交流电的瞬时值、最大值和有效值，明确求有效值的方法是利用电流的热效应．1

2.如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是()A.P、Q将相互远离B.P、Q将相互靠近C.磁

铁的加速度小于gD.磁铁的加速度仍为g【答案】BC【解析】【详解】AB．当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积

减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A错误，B正确；CD．由楞次定律中的来去拒留可知，磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故C正确，D错误。故选BC。13.单匝矩形

线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O～D过程中（）A.线圈中O时刻感应电动势最大B.线圈中D时刻感应电动势为零C.线圈中D时刻感应电动势最大D.线圈中O至D

时间内平均感应电动势为0.4V【答案】ABD【解析】【详解】线圈中O时刻切线斜率最大，即磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大，线圈中D时刻磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，故AB正确，C错误．根据法拉第电磁感应定律

得：32100.4V0.005EVt−===，故D正确．14.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么()A.线圈中

感应电流的有效值为2AB.线圈消耗的电功率为4WC.任意时刻线圈中的感应电动势为24costeT=D.任意时刻穿过线圈的磁通量为2sin=TtT【答案】BC【解析】【详解】AB.从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=Imcosθ，

则电流的最大值为：12cos600.5miIAA===，电流有效值为22mIIA==，线圈消耗的电功率为：()22224PIrWW===，故A错误，B正确；C.感应电动势最大值为Em=Imr=2×2V=4V，任意时刻线圈中的感应电动势为24cosetT=，故C正确；D.

根据2mENBSNBST==，可得：22mETBSNT==，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为222sinsinTBSttTT==，故D错误．所以BC正确，AD错误．第Ⅱ卷（非选择题，共44分）二、计算题（共3小题，共44分。请写出必要的过程和文字说明）15.有

一理想变压器原、副线圈的匝数比为100：1，原线圈上所加电压为23kV，副线圈通过总电阻为1Ω的输电线向用户供电，用户用电器得到的电压是220V，求输电导线上损耗的功率。【答案】100W【解析】【详解】由理

想变压器电压规律有1122UnUn=得2230VU=通过变压器副线圈的电流为I2=230220A1−=10A供电导线上损耗的功率为222101W100WPIR===16.如图所示，两端开口半径为r的裸导体圆环，右端与固定电阻相连，左端上架一

长度大于2r的裸导线MN，电路的固定电阻为R，其余电阻忽略不计，圆内有垂直于平面的匀强磁场。如果环内匀强磁场的磁感应强度为B，MN从圆环的左端滑到右端所经过的时间t，试求这一过程中电阻R上通过的电荷量。【答案】2πBr

R【解析】【详解】整个过程磁通量的变化2πBSBr==由法拉第电磁感应定律有2πBrEtt==由闭合电路欧姆定律有2πEBrIRRt==由电量计算公式有22ππBrBrQIttRtR===17.如

图所示，cd、ef是两根电阻不计的光滑金属导轨，其所在平面与水平面之间的夹角为60，将两导轨用开关S连接，在两导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，可在导轨上自由滑动的金属棒ab长为L、质量为m、电阻为

R，设导轨足够长，则：(1)先将开关S断开，金属棒ab由静止开始释放后，经过多长时间S接通，ab必将做匀速运动？(2)若先将开关S闭合，将金属棒由静止开始释放，在运动过程中ab上的最大热功率为多大？【答案】(1)22mRBL；(2)222234mgRBL【解

析】【详解】(1)设ab棒匀速运动时的速度大小为v，由法拉第电磁感应定律有E=BLv，由闭合电路欧姆定律有EIR=，由安培力计算公式有22BLvFBILR==由平衡条件有22sin60BLvmgFR==联立解得2232mgRvBL=开关S闭合

前，棒ab做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有sin6032mgagm==由运动学公式有vat=，联立解得22vmRtaBL==(2)若先将开关S闭合，将金属棒由静止开始释放，ab棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，此时速度最大，感应电流最大，热功率最大。根据平衡条件得知

，最大速度仍等于v，则由功能关系有222222333sin60=224mgRmgRPmgvmgBLBL==