2018-2019学年福建省福州市八县(市)高二(下)期中物理试卷(解析版)

2018-2019学年福建省福州市八县（市）高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.下列关于科学发现或发明的叙述中，存在正确的是（）
A. 法拉第提出“分子电流假说”揭示了磁现象的电本质
B. 库仑发明了“扭秤”，准确的测量出了带电物体间的静电力
C. 安培发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系
D. 卡文迪许经历了十年的探索，实现了“电生磁”的理想
2.下列现象中，属于电磁感应现象的是（）
A. 小磁针在通电导线附近发生偏转
B. 磁铁吸引小磁针
C. 通电线圈在磁场中转动
D. 发电机中的闭合线圈在磁场中运动而产生电流
3.如图所示，四边形线圈abcd放在范围足够大的匀强磁场中并做下列运动，能产生感应电流的是（）
A.垂直纸面向外平移
B.向右平移
C. 以a点为中心在纸面内逆时针转动
D. 以ad为轴转动
4.电磁感应现象中，下列说法正确的是（）
A. 磁通量变化率越大，则感应电动势越大
B. 磁通量变化越多，则感应电动势越大
C. 磁通量增加，则感应电动势也一定增加
D. 磁通量为零，则感应动势也一定为零
5.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，
杯内的水沸腾起来。

若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）
A. 使线圈离金属杯远一点
B. 将金属杯换为玻璃杯
C. 使交流电源的频率变大
D. 将线圈中的铁芯拿走
6.如图所示，灯光A、B完全相同，L是自感系数很大的线圈，其自身电阻与定值
电阻R相等，下列说法正确的是（）
A. 闭合电键S瞬间，灯泡A、B两灯泡都慢慢变亮
B. 闭合电键S，当电路稳定后，灯泡A、B的亮度不同
C. 断开电键S时，灯泡A、B均缓慢熄灭
D. 断开电键S时，灯泡A缓慢熄灭，灯泡B立即熄灭
7.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。

当输入电压U为灯泡额定电
压的10倍时，两灯泡均能正常发光。

下列说法正确的是（）
A.原、副线圈匝数之比为9：1
B. 原、副线圈匝数之比为10：1
C. 此时a和b的电流之比为10：1
D. 此时a和b的电流之比为1：10
8.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ
在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（）
A. 向右变加速运动
B. 向左变加速运动
C. 向左匀速运动
D. 向右匀加速运动
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9.如图甲，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流
i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力N，则（）
A. 时刻，P有收缩的趋势
B. 时刻，P没有收缩的趋势，也没有扩张趋势
C. 时刻，此时P中有感应电流
D. 时刻，此时穿过P的磁通量最大
10.匀强磁场中，矩形金属线框绕与磁感线垂直转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如
图2所示，则（）
A. 时线框的磁通量为零
B. 时线框的磁通量最小
C. 线框产生的交变电动势有效值为311V
D. 线框产生的交变电动势的有效值为220V
11.如图所示，理想变压器的副线圈连接灯泡L，输电线的等效电阻
为r，a、b两端接在有效值恒定的正弦交流电源上，当滑动变阻
器的滑片P向上移动时，以下说法中正确的是（）
A. 副线圈中电流的频率减小
B. L变亮
C. r两端的电压增大
D. 原线圈输
入功率增大
12.如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得
力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，则（）
A. 物体的质量
B. 物体与水平面间的动摩擦因数
C. 内拉力F对物体做的功为1 J
D. 内拉力F的冲量大小为6
三、实验题探究题（本大题共2小题，共12.0分）
13.气垫导轨是一种实验辅助仪器，利用它可以非常精确地完成多个高中物理实验，滑块在导轨上运动时，
可认为不受摩擦阻力，现利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图。

（1）对导轨进行调节平衡，使气垫导轨和光电门都正常工作，在导轨上只放置滑块a。

调整调节旋钮，轻推滑块，观察滑块通过两光电门的时间，当______时，说明导轨已经水平。

（2）使用天平测得滑块a、b质量分别为m a、m b，然后按如图所示方式放在气垫导轨上。

使滑块a获得向右的速度，滑块a通过光电门1后与静止的滑块b碰撞并粘在一起，遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，则上述物理量间如果满足关系式______，则证明碰撞过程中两滑块的总动量守恒。

14.如图所示的是“探究电磁感应现象”的实验装置。

（1）将图1中所缺两条导线补接完整。

（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计指针将向右偏了一下，那么合上
开关后线圈A迅速插入线圈B中时，电流计指针将______。

（选填“向
右偏”、“向左偏”或“不偏转”）
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
15.如图1所示，一个圆形线圈n=1000匝，线圈面积S=10cm2，线圈电阻r=1Ω，在线圈外接一个阻值为
R=3Ω的电阻，把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图B-t图线图2所示，在0-2s内求：
（1）线圈产生的感应电动势E；
（2）电阻R中的电流I的大小；
（3）电阻R两端的电势差U ab。

16.如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右
拉起，使细线水平。

从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与
竖直方向之间的最大偏角为53°．忽略空气阻力，求两球a、b的质量之比
（sin53°=0.8，cos53°=0.6）
17.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50kW，输出电压为500V，输电导线
的总电阻为60Ω，导线上损耗的电功率为6kW，该村的用电电压是220V。

（1）输电电路如图所示，求输电线路中的电流I2；
（2）升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比。

18.如图所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，
导轨间距L=0.5m，电阻不计，在两导轨间接有R=3Ω的电阻。

在导轨中
间加一垂直轨道平面向上的宽度为d=0.4m的匀强磁场，B=4T．一质量
为m=0.08kg，电阻为r=2Ω的导体棒从距磁场上边缘d=0.4m处由静止释
放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取g=10m/s2．求：
（1）导体棒进入磁场上边缘的速度v；
（2）导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电量q；
（3）要使导体棒匀速通过磁场区域，可垂直导体棒施加一沿斜面方向的外力F，试分析该力的大小和方向。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】
解：A、安培提出“分子电流假说”揭示了磁现象的电本质。

故A错误；
B、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律--库仑定律，并测出了静电力常量K的值。

故B正确；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系。

故C错误；
D、法拉第经历了十年的探索，实现了“电生磁”的理想。

故D错误。

故选：B。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.【答案】D
【解析】
解：电磁感应指闭合回路中部分导体做切割磁感线运动，或者穿过闭合线圈的磁通量变化，则回路中即可产生感应电流；
A、小磁针在通电导线附近发生偏转，这是电流的磁效应，故A错误；
B、磁铁吸引小磁针，磁性相互作用，故B错误；
C、通电线圈在磁场中转动，是由于安培力作用，故C错误；
D、闭合线圈在磁场中运动而产生电流，是由运动而产生感应电流，故D正确；
故选：D。

解答本题应掌握：电磁感应的现象---因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象。

本题中的四个选项分别对应了电与磁间关系的四个问题，A为电流的磁效应；B为磁化现象；C 为电流在磁场中受力：D为电磁感应。

3.【答案】D
【解析】解：AB、由于磁场是匀强磁场且范围足够大，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，故AB都错误；
C、以a点为中心在纸面内逆时针转动时，线圈中磁通量保持不变，故C错误；
D、当线圈以bd为轴旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D正确；
故选：D。

本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化，据此可正确解答本题。

本题比较简单，考查了基本规律的应用，是一道考查基础知识的好题，关键在于明确感应电流产生的条件。

4.【答案】A
【解析】
解：A、根据法拉第电磁感应定律，线圈中磁通量变化率越大，产生的感应电动势一定越。

故A 正确；
B、磁通量变化越多，如果用时很长，则磁通量变化率不一定大，故感应电动势不一定大，故B 错误；
C、若电路中磁通量增加，但磁通量的变化率可能会减小，故感应电动势有可能减小，故C错误；
D、磁通量为零时，磁通量可能发生变化，故感应电动势不一定为零，故D错误。

故选：A。

由磁生电的现象叫电磁感应现象，由电生磁的现象叫电流的磁效应。

只有当线圈的磁通量发生变化时，才会有感应电流出现，并依据法拉第电磁感应定律来确定磁通量，磁通量的变化，及
磁通量的变化率的关系，从而即可求解。

明确法拉第电磁感应定律的基本内容，知道感应电动势却由磁通量的变化率决定，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关。

5.【答案】C
【解析】
解：A、由题意可知，本题中是涡流现象的应用；线圈离金属杯远一点时，穿过杯子的磁通量减小，则产生的涡流减小，则加热时间变长；故A错误；
B、将杯子换作瓷杯不会产生涡流；则无法加热水，故B错误；
C、本题中是涡流现象的应用，即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流，从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率；则可以缩短加热时间；故C正确；
D、取走铁芯磁场减弱，则加热时间变长；故D错误；
故选：C。

由题意可知电器的工作原理，则根据原理进行分析可得出缩短加热时间的方法。

本题考查涡流的应用，要注意明确涡流现象其实就是电磁感应的，由法拉第电磁感应定律可知涡流现象的强弱。

6.【答案】C
【解析】
解：AB、闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，B立即发光。

线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来，所以闭合开关S，B先亮、A后亮，最后它们一样亮。

故A错误，B错误。

CD、断开开关S时，B灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，产生感应电动势，相当于电源，感应电流流过A1、B和R组成的回路，所以A、B都要过一会才熄灭。

故C正确，D错误。

故选：C。

闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，B立即发光。

线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化。

断开开关S，B灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，再由楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化。

自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律。

7.【答案】A
【解析】
解：AB、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9：1：故A正确B错误；
CD、根据电流之比等于线圈匝数的反比公式可得=，故CD错误。

故选：A。

根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系可求得电流之比。

本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比，注意只适用于单个副线圈的变压器。

8.【答案】B
【解析】
解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，
由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；
再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动，故ACD错误，B 正确；
故选：B。

MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况。

本题考查了楞次定律、左手定则与右手定则的应用，本题解题的关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。

9.【答案】BC
【解析】
解：A、C、t3时刻螺线管中电流为零，N=G；但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有
感应电流，故错误，C正确；
B、T2时刻螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，此时P没有收缩的趋势，也没有扩张的趋势，故B正确；
D、T4时刻螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故D错误
故选：BC。

当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势。

正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选。

10.【答案】AD
【解析】
解：A、t=0.015s时线框的电动势最大，线圈位移与中性面垂直位置，穿过线圈的磁通量为零，故A正确；
B、t=0.01s时，感应电动势为零，线框平面与中性面平行，磁通量最大，故B错误；
C、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==220V，故
C错误，D正确。

故选：AD。

由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值
本题关键是明确：当线圈位于中性面时，感应电动势最小，为零；当线圈与中性面垂直时，感应电动势最大。

11.【答案】CD
【解析】
解：A、变压器不改变电流的频率，所以频率不变，故A错误；
B、变阻器的滑片P向上滑动时，负载电阻减小，电流增大，则r上的电压增大，所以L上的电压减小，L变暗，故B错误，C正确；
D、副线圈电流增大，则原线圈电流增大，根据P=UI可知原线圈输入功率增大，原线圈中输入功率增大，故D正确；
故选：CD。

变压器的匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，滑动变阻器电阻的变化后，结合闭合电路欧姆定律分析即可。

本题考查了变压器的特点，结合闭合电路欧姆定律分析电阻变化对电流引起的变化，注意变压器不改变电流的频率。

12.【答案】AD
【解析】
解：A、由速度时间图象可以知道在2-3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1-2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所
a==2m/s2，由牛顿第二定律可得F-f=ma，所以m===0.5kg，所以A正确；
B、由f=μF N=μmg，所以μ===0.4，故B错误；
C、在第一秒内物体没有运动，物体在第2s内做匀加速运动位移为X=at2=×2×12=1m，第3s 内做匀速运动位移X=vt=2×1=2m，拉力F做功W=F1X1+F2X2=3×1+2×2=7J，故C错误；
D、0-3s内拉力F的冲量大小为I=F1t1+F2t2+F3t3=1×1+3×1+2×1=6N•s；故D正确。

故选：AD。

解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度．速度的正负代表物体运动的方向．
对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移．
13.【答案】滑块a通过两个光电门所用时间相等
【解析】
解：（1）如果导轨水平滑块a将在上面做匀速运动，因此通过两个光电门所用的时间相等；（2）根据动量守恒定律可知，m a v1=（m a+m b）v2
根据速度公式可知v1=；v2=；
代入上式可得应满足的公式为：
故答案为：（1）滑块a通过两个光电门所用时间相等；（2）
（1）明确匀速运动的性质，知道滑块运动的速度保持不变，从而确定判断导轨水平的方法；
（2）根据动量守恒定律可明确表达式，再根据光电门确定对应的速度，从而确定应证明的表达式。

本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意明确实验原理，知道滑块在导轨上可以认为不受阻力，碰撞过程动量守恒，同时掌握根据光电门研究滑块运动性质的方法。

14.【答案】向右偏
【解析】
解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示。

（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向
右偏；合上开关后线圈A迅速插入线圈B中时，磁通量增加，电
流计指针将向右偏。

故答案为：（1）如图所示，
（2）向右偏。

（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答。

（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反。

本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。

知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。

15.【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律：E=n
磁通量定义φ=B•S
代入数据得E=2V
（2）由闭合电路欧姆定律：
代入数据得I==0.5A
（3）根据欧姆定律可知：
U=IR
得U=1.5V
由楞次定律可知电流在导体中由b→a，
U ab=-1.5V
答：（1）线圈产生的感应电动势E为2V；（2）电阻R中的电流I的大小为0.5V；
（3）电阻R两端的电势差U ab为-1.5V。

【解析】
（1）根据法拉第电磁感应定律求感应电动势；
（2）再由闭合电路欧姆定律求感应电流；
（3）根据楞次定律判断感应电流的方向，再由欧姆定律求电阻R两端的电压。

解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及电势差与电压的不同，注意电势差的正负号。

16.【答案】解：（1）设两球a、b的质量分别为m1、m2．b球下摆过程中，由机械能守恒定律得：
，
a、b两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0=（m1+m2）v，
a、b两球组成的系统向上摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
，
解得：
答：两球a、b的质量之比为：（-）：。

【解析】
b球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比。

小球小下摆或上摆过程中机械能守恒，碰撞过程中动量守恒，由动能定理（或机械能守恒定律）、动量守恒定律即可正确解题。

17.【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：损得：损
代入数据得I2=10A
（2）由P=U1I1可得：I1=
根据I1：I2=n2：n1则有：n1：n2=1：10
由U1：U2=n1：n2得：U2=5000V
而U损=I2R=600V
所以U3=U2-U损=4400V
由U3：U4=n3：n
4
得：n3：n4=20：1
答：（1）输电电路如图所示，输电线路中的电流I2；为10A
（2）升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为：1：1和20：1
【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，
（2）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。

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
18.【答案】解：（1）导体棒在进入磁场前机械能守恒，
由机械能守恒定律得：，
解得：v=2m/s；
（2）由法拉第电磁感应定律有：，
由欧姆定律得：，
通过导体棒的电荷量：q=I t，
解得：，
通过导体棒的电量：q=0.16C；
（3）导体棒进入磁场瞬间，产生的感应电动势为：E=BLv=4×0.5×2=4V，
由闭合电路欧姆定律得，流过导体棒的电流：，
所以导体棒受到的安培力：F安=BIL=1.6N=4×0.8×0.5=1.6N，方向：沿斜面向上，
对导体棒，由物体的平衡条件得：安，方向：沿斜面向下；
答：（1）导体棒进入磁场上边缘的速度v为2m/s；
（2）导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电量q为0.16C；
（3）要使导体棒匀速通过磁场区域，可垂直导体棒施加一沿斜面方向的外力F，该力的大小为为1.2N，方向：沿斜面向下。

【解析】
（1）根据机械能守恒定律求解导体棒进入磁场上边缘的速度；
（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律结合电荷量的计算公式求解通过导体棒的电量；
（3）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出外力。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。