2020年江西省赣州市联考高二(下)期中物理试卷

期中物理试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过
程。

下列属于这类传感器的是（）
A. 红外报警装置
B. 走廊照明灯的声控开关
C. 自动洗衣机中的压力传感装置
D. 电饭煲中控制加热和保温的温控器
2.一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时
（）
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
3.在电磁感应现象中，下列说法中正确的是（）
A. 感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反
B. 闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流
C. 闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流
D. 感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化
4.如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线
MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金
属环B中（）
A. 有感应电流，且B被A吸引
B. 无感应电
流
C. 可能有，也可能没有感应电流
D. 有感应电流，且B被A排斥
5.一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，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（）
A. 电压表V的示数为220V
B. 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484W
D. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
6.如图所示为一理想自耦变压器的电路图，L1、L2、L3、L4为四个完全相同的灯泡．在
A、B两点间加上交变电压U1时，四个灯泡均能正常发光，若C、D两点间的电压
为U2，则U1：U2为（）
A. 1：1
B. 2：1
C. 3：1
D. 4：1
7.质量为m的木块和质量为M（M＞m）的铁块用细线
连接刚好能在水中某个位置悬浮静止不动，此时木块
至水面距离为h，铁块至水底的距离为H（两物体均
可视为质点）。

突然细线断裂，忽略两物体运动中受
到水的阻力，只考虑重力及浮力，若M、m同时分别
到达水面水底，以M、m为系统，那么以下说法正确
的是（）
A. 该过程中系统动量不守恒
B. 该过程中M、m均作匀速直线运动
C. 同时到达水面水底时，两物体速度大小相等
D. 系统满足MH=mh
8.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从
火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）
A. 3kg•m/s
B. 5.7×10kg•m/s
C. 6.0×10kg•m/s
D. 6.3×10kg•m/s
二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）
9.某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为220V，输电线总电阻
为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2．降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）
A. ＜
B. ＞
C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D. 升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
10.如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨
电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂
直穿过导轨平面，磁感应强度为B．有一质量为m长
为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的，大小为v
的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的
距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦
因数为μ则（）
A. 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B. 上滑过程中电流做功发出的热量为mv2-mgs（sinθ+μcosθ）
C. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2
D. 上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2-mgs sinθ
三、填空题（本大题共3小题，共15.0分）
11.一矩形线圈，面积S=1×10-5m2，匝数n=100，两端点连接一电容器
（C=20μF），线圈的上半部分处在匀强磁场中，磁场正以
增加，则电容器的左极板带______电．（填“正、负”），电容器所带电量q=______C．
12.如图所示，两个用相同导线制成的不闭合环A和B，
半径r A=2r B，两环缺口间用电阻不计的导线连接．当
一均匀变化的匀强磁场只垂直穿过A环时，a、b两点
间的电势差为U．若让这一均匀变化的匀强磁场只穿
过B环，则a、b两点间的电势差为______．
13.如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变
压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1：n2______；
电源电压U1为______。

四、计算题（本大题共4小题，共45.0分）
14.交流发电机转子有n匝线圈，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场的
磁感应强度为B，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r，外电
路电阻为R．当线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过
程中，求：
（1）通过R的电荷量q为多少？
（2）R上产生电热Q R为多少？
（3）外力做的功W为多少？
15.某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100kW，输出电压
为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为4kW，该村的用电电压是220V．
（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；
（2）如果该村某工厂用电功率为60kW，则该村还可以装“220V40W”的电灯多少盏？
16.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m A=4kg，上表面光滑，小车与
地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m B=2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到v t=2m/s，求
（1）A开始运动时加速度a的大小；
（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
（3）A的上表面长度l。

17.如图所示，足够长的两根相距为0.5m的平行光滑导轨竖直放置，
导轨电阻不计，磁感应强度B为0.8T的匀强磁场的方向垂直于导
轨平面．两根质量均为0.04kg的可动金属棒ab和cd都与导轨接触
良好，金属棒ab和cd的电阻分别为1Ω和0.5Ω，导轨最下端连接
阻值为1Ω的电阻R，金属棒ab用一根细绳拉住，细绳允许承受的
最大拉力为0.64N．现让cd棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉
断，此过程中电阻R上产生的热量为0.2J（g取10m/s2）．求：
（1）此过程中ab棒和cd棒产生的热量Q ab和Q cd；
（2）细绳被拉断瞬间，cd棒的速度v；
（3）细绳刚要被拉断时，cd棒下落的高度h．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。

A、红外线报警装置是感应红外线去转换成电学量，从而引起报警。

而遥控器调换电视机的频道的过程，也发出红外线。

故A正确；
B、走廊照明灯的声控开关，实际是将声波转化成电信号的过程，故B不正确；
C、自动洗衣机中的压力传感装置，是将压力转化成电信号的过程，故C不正确；
D、电饭煲中控制加热和保温的温控器，是将温度转化成电信号的过程，故D不正确。

故选：A。

用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。

传感器是将非电学量转换成电学量。

2.【答案】C
【解析】解：当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式E=n，磁通量的变化率最大；
故选：C。

根据法拉第电磁感应定律公式，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势，而磁通量的变化量与瞬时电动势成正比．
本题中线圈产生的是正弦式交变电流，当磁通量为零时，线框与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大．
3.【答案】D
【解析】解：
A、根据楞次定律得知，当原来磁场的磁能量增加时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相反，当原来磁场的磁能量减小时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相同。

故A错误。

B、当闭合线框放在变化的磁场中，不一定能产生感应电流。

如果线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电流。

故B错误。

C、闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，如果磁通量没有变化，线圈没有感应电流产生。

故C错误。

D、根据楞次定律得知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化。

故D正确。

故选：D。

根据楞次定律分析感应电流的磁场与原磁场方向的关系。

当穿过闭合电路的磁能量发生变化时，电路中能产生感应电流。

闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时闭合电路中能产生感应电流。

本题考查对感应电流产生的条件和楞次定律的理解。

感应电流的磁场方向与原磁场方向的关系用四个字记忆：“增反减同”。

4.【答案】D
【解析】解：导线MN向右加速滑动，导线产生的感应电动势E=BLv增大，
通过电磁铁A的电流增大，电磁铁A产生的磁感应强度变大，
穿过金属环B的磁通量增大，B中产生感应电流，由楞次定律可知，
为阻碍磁通量的增加，B被A排斥，向左运动；故D正确；
故选：D。

由E=BLv判断感应电动势如何变化，判断线圈A中电流产生的磁场如何变化，最后由楞次定律分析答题．
本题考查了感应电流的产生、磁铁间的相互作用，应用E=BLv、楞次定律即可正确解题．5.【答案】D
【解析】解：由甲图知电压峰值为220V，周期0.02s，所以有效值为220V，
角速度ω==100πrad/s。

A、电压表测的是路端电压U=R=209V，故A错误；
B、交流电的频率为50Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变100次，故B错误；
C、灯泡实际消耗的功率P==W≠484W．故C错误；
D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=×5×1J=24.2J．故D正确。

故选：D。

由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数。

根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数。

根据电压有效值求出灯泡消耗的功率。

由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热。

交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值。

6.【答案】D
【解析】解：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原副线圈电流之比为1：3，所以原、副线圈的匝数之比为3：1，所以原线圈电压为3U，而A灯泡的电压也为U，所以电源的
电压为4U，而副线圈电压为U，所以=，故ABC错误，D正确；
故选：D。

设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时运用闭合电路殴姆定律来分析问题．
本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度不大，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：A、以木块与铁块组成的系统为研究对象，开始系统静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，系统所受合外力为零，不计水的阻力，细线断裂后系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
B、细线断裂后，木块m上浮，受到的合外力向上，不为零，木块向上做加速运动，铁块向下运动，所受合外力向下，向下做加速运动，故B错误；
C、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mv′=0，则mv=Mv′，由于M＞m，则v′＜v，故C错误；
D、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守
恒定律得：mv-Mv′=0，则：m t-M t=0，解得：MH=mh，故D正确；
故选：D。

当系统所受合外力为零时，系统动量守恒，对系统进行受力分析，判断动量是否守恒，然后根据物体受力情况判断物体运动性质，应用动量守恒定律分析答题。

本题考查了动量守恒定律的应用，知道动量守恒条件，应用动量守恒定律即可正确解题。

8.【答案】A
【解析】解：开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得：0=m1v1+p，
解得，火箭的动量为：p=-m1v1=-0.050×600kg•m/s=-3kg•m/s，负号表示方向，故A正确，BCD错误。

故选：A。

在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小。

本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道喷出燃气的动量和火箭的动量大小相等，方向相反。

9.【答案】BD
【解析】解：根据变压器工作原理可知，，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2＞U3，所以，故B正确，
AC不正确。

升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，故D正确。

故选：BD。

将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压和功率损失，从而使得降压变压器输入电压和输入功率减少．
理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损．
10.【答案】BD
【解析】解：A、导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，由E=BLv、I=、F A=BIL得：
最大安培力为F max=．故A错误。

B、根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为Q=mv2-mgs（sinθ+μcosθ）。

故B正确。

C、根据功能关系知：导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，设为W，由上分析可知导体棒克服安培力应小于导体棒动能的减小，即W＜，故C错误。

D、上滑的过程中导体棒的动能减小，重力势能增加mgs sinθ，所以导体棒损失的机械能为mv2-mgs sinθ．故D正确。

故选：BD。

导体棒向上做减速运动，开始时速度最大，产生的感应电流最大，受到的安培力最大，
由E=Blv、I=、F A=BIl求出最大安培力．
由能量守恒定律研究热量．回路中产生的热量等于导体棒克服安培力做的功．上滑的过程中动能减小，重力势能增加，即可求得机械能的损失．
本题从两个角度研究电磁感应现象，一是力的角度，关键是推导安培力的表达式；二是能量的角度，关键分析涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的．
11.【答案】正1×10-19
【解析】解：由楞次定律可判断：磁场的磁感应强度是均匀增加，如果线圈闭合，感应电流方向为逆时针方向，所以线圈作为一个电源，左端是正极，所以电容器左极板带正电．
根据法拉第电磁感应定律有：E=n=100×0.1×1×10-5V=0.5×10-4V
再由Q=UC=0.5×10-4×20×10-6C=1×10-9C；
故答案为：正； 1×10-19
本题考查了电磁感应与电路的结合，由楞次定律可判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势．
这类问题主要分析清楚谁是电源、电源的正负极，从而判断极板带电性质，注意题目中只有一半在磁场中．
12.【答案】U
【解析】解：由电阻定律得，圆环的电阻：R=ρ=ρ，
两环是用相同导线制成的，则ρ与S相同，电阻与半径成正比，则R A=2R B；
由法拉第电磁感应定律得：
E==•S=•πr2，
==，
磁场穿过A时，ab间电势差：
U ab=IR B=R B=U，
磁场穿过B时，ab间电势差：
U ab′=I′R A=R A=×2R B=U；
故答案为：U．
由电阻定律求出两环的电阻关系，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后由欧姆定律求出电流，最后由欧姆定律求出电势差．
本题考查了求电势差，应用电阻定律、欧姆定律即可正确解题，解题时要注意，a、b 两点间的电势差是路端电压，不是电源电动势．
13.【答案】2：1 4U
【解析】解：设灯泡正常发光时，额定电流为I0．由题图可知，原线圈中电流I原=I0，副线圈中两灯并联，副线圈中电流I副=2I0，U副=U，根据理想变压器的基本规律：I原n1=I
副n2得n1：n2=2：1；U原：U副=n1：n2得U原=2U，所以U1=4U．
故答案为：2：1 4U
变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，根据灯泡正常发光可知原副线圈中电流的大小关系．
解决本题的切入口是灯泡正常发光，间接告诉我们原副线圈中电流的比例关系．
14.【答案】解：（1）按照电流的定义，计算电荷量q应该用电流的平均值，即：
，
而，
，
（2）求电热应该用有效值，先求总电热Q，再按照内外电阻之比求R上产生的电热Q R．
（3）根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热．因此有：
答：（1）通过R的电荷量q为
（2）R上产生电热Q R为
（3）外力做的功W为）
【解析】（1）按照电流的定义，计算电荷量q应该用电流的平均值，不能用有效
值、最大值或瞬时值．
（2）求电热应该用有效值，先求总电热Q，再按照内外电阻之比求R上产生的电热Q R．这里的电流必须要用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值．
（3）根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热．因此．一定要学会用能量转化和守恒定律来分析功和能．
本题要求知道：计算电荷量q应该用电流的平均值；求电热应该用有效值．同时一定要学会用能量转化和守恒定律来分析功和能．
15.【答案】解：（1）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流I2，输电电压为U2，由题意可知：P损=I22r=4×103W；
得：I2=20A；
所以有：U2==5×103V；
根据匝数与电压成正比，则有：==；
U损=Ir=20×10V=200V；
则有，U3=U2-U损=5000-200=4800V；
所以，==
（2）设最多安装n个40W电灯，
根据功率相等，则有：P总-P损=60×103+40n
解得：n=900个
答：（1）在用户需220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的匝数比分别是1：10与240：11；
（2）如果用户计划生产用电60kW，其余是照明用电，那么最多可安装“220V 40W”的电灯900盏．
【解析】（1）根据输电线路图，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．
（2）根据总的照明的功率的大小和每盏灯泡的功率可以求得总的灯泡的数目．
本题是关于高压输电的题目，对于理想的变压器来说，输入功率和输出功率的大小是相同的，在计算输电线上消耗的功率的时候，一定要注意要用公式P耗=I2R线来计算，同时掌握变压器的匝数与电压的关系．
16.【答案】解：（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律得：
F=m A a，
代入数据得：a=2.5m/s2；
（2）A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：
Ft=（m A+m B）v t-（m A+m B）v，
代入数据解得：v=1m/s；
（3）A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m A v A=（m A+m B）v，
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：
Fl=m A v A2-0，
联立并代入数据得：l=0.45m；
答：（1）A开始运动时加速度a的大小为2.5m/s2；
（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小为1m/s；
（3）A的上表面长度为0.45m。

【解析】（1）由牛顿第二定律可以求出加速度；
（2）由动量定理求出碰撞后的速度；
（3）由动量守恒定律与动能定理可以求出A上表面的长度。

本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题。

17.【答案】解：（1）由题，ab与R的阻值相等，电流相等，则Q ab=Q R=0.2J；
由Q=I2Rt，I cd=2I ab
所以Q cd==4××0.2J=0.4J
（2）绳被拉断时，根据平衡条件得：
BI ab L+mg=T，其中T=0.64N
又cd棒产生的感应电动为：
E=BLv
则有：2I ab=
解上述三式并代人数据得：v=3m/s
（3）由能的转化和守恒定律有：
mgh=+Q cd+Q ab+Q R
代人数据得：h=2.45m
答：（1）此过程中ab棒和cd棒产生的热量Q ab和Q cd分别是0.2J，0.4J．
（2）细绳被拉断瞬间，cd棒的速度v为3m/s；
（3）细绳刚要被拉断时，cd棒下落的高度h为2.45m．
【解析】（1）cd棒下落切割磁感线产生感应电动势，相当于电源给ab、R供电，根据焦耳定律求出ab棒和cd棒产生的热量Q ab和Q cd；
（2）细绳刚要被拉断时，绳的拉力最大值．对ab受力分析，求出所受的安培力，求出电流、电动势、速度；
（3）由能量守恒求cd棒下落的高度h．
本题考查了电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及能量守恒，特别能量守恒的应用要注意．。