2020年重庆市渝东六校联盟高二(下)期中物理试卷

期中物理试卷
题号一二三四五总分
得分
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）
A. 穿过闭合线圈的磁通量均匀增大时，产生的感应电动势也均匀增大
B. 只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电流产生
C. 闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，电路中就一定有感应电流产生
D. 导体棒在磁场中运动时，一定有感应电动势产生
2.如图所示圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的
正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与
电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。

若将滑动变
阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是（）
A. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流
B. 穿过线圈a的磁通量变大
C. 线圈a有扩大的趋势
D. 线圈a对水平桌面的压力F将变大
3.某一交变电流的电流变化如图所示，该交变电流的有效值为（）
A. A
B. 3.5A
C. 5A
D. 7A
4.如图所示交流电路中，三个灯泡L1、L2、L3的亮度完全相同，下面几种现象正确的
是（）
A. 如果不改变交流电源的电压，降低电源频率，则L1灯变亮，L2灯变暗，L3亮度
灯不变
B. 如果不改变交流电源的电压，降低电源频率，则L1灯变暗，L2灯变亮，L3亮度
灯不变
C. 如果抽出电感L中的铁芯，则L1灯变暗
D. 如果将电容器C的两极板间距离变小，则L2灯变暗
5.如图所示，一理想变压器初次级线圈的匝数比为3：1，次级接三个相同的灯泡，
设其中一个灯泡电流为I，电压为U；初级线圈中串有一个相同的灯泡L，则（）
A. 灯L的电压为3U
B. 灯L的电流为3I
C. 灯L的电压为U
D. 灯L的电压无法计算
二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）
6.如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、
向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E 为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正。

则以下反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、电功率P和外力F随时间变化规律图象正确的是（）
A. B.
C. D.
7.如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin 314t（V）的正
弦交变电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时（R2阻值变小），以下说法中正确的是（）
A. A1的示数增大，A2的示数增大
B. A1的示数增大，A2的示数减小
C. V1的示数不变，V2的示数减少
D. V1的示数不变，V2的示数不变
8.一小水电站，输出的电功率为P0=20kW，输出电压U0=400V，经理想升压变压器
T1变为2000V电压远距离输送，输电线总电阻为r=10Ω，最后经理想降压变压器T2降为220V向用户供电，下列说法正确的是（）
A. 变压器T1的匝数比n1：n2=1：5
B. 输电线上的电流为50A
C. 输电线上损失的电功率为1kW
D. 变压器T2的匝数比n3：n4=100：11
9.如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕OOˊ轴匀速转动，产
生交变电流。

以下说法正确的是（）
A. 线圈每转动一周，感应电流的方向改变一次
B. 线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次
C. 当线圈平面与磁感线垂直时，穿过线圈的磁通量最大
D. 当线圈平面与磁感线平行时，穿过线圈的磁通量最大
E. 当线圈平面与磁感线平行时，线圈中感应电动势最大
三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）
10.如图是某实验小组在研究磁通量变化时感应电流方向实验中的部分操作示意图，图
甲所示是电流通过灵敏检流计时指针的偏转情况，图乙是磁铁从线圈中抽出时灵敏检流计指针的偏转情况．当磁铁向上抽出时，检流计中指针是______偏（填“左”
或“右”）；继续操作如图丙所示，判断此时条形磁铁的运动是______线圈（填“插入”或“抽出”）
四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
11.研究电磁感应现象的实验电路如甲图所示，所用的器材有：电流计（若电流从左接
线柱流入电流计，则电流计的指针向左偏），直流电源，带铁芯的线圈A，线圈B，电键，滑动变阻器（用来控制电流以改变磁场强弱），导线若干。

将线圈A插入线圈B中后，闭合开关，线圈A中的电流方向如乙图中的箭头所示，经过多次实验发现，当线圈B中磁通量增加时，电流计指针向左偏，线圈B中感应电流的磁场方向总与线圈A的磁场方向______（选填“相同”“相反”）；当线圈B中磁通量减少时，电流计指针向右偏，线圈B中感应电流的磁场方向总与线圈A的磁场方向______（选填“相同”“相反”）。

可见感应电流的磁场总要______（选填“阻碍”“阻止”）引起感应电流的磁通量的变化。

若甲图中滑动变阻器滑片向左滑动，电流计指针将______（选填“向左偏”“向右偏”“不偏”）。

五、计算题（本大题共3小题，共42.0分）
12.发电机的转子是匝数为100匝、边长为20cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度
B=0.05T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω=100πrad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时。

线圈和外电路的总电阻R=5Ω。

（1）写出交变电流瞬时值表达式。

（2）线圈从计时开始，转过90°过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？
13.如图，两根足够长的固定的平行光滑金属导轨位于倾角θ＝30°的固定斜面上，导轨
上、下端分别接有阻值R1＝15Ω和R2＝15Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L＝2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．质量为m＝0.1kg，电阻r＝0.5Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。

当金属棒ab下滑高度h ＝4m时，速度恰好达到最大值。

（g＝10m/s2）求：
（1）金属棒ab达到的最大速度v m；
（2）该过程通过金属棒的电量q；
（3）金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R1中产生的热量。

14.有一个面积为S=100cm2的500匝线圈处在匀强磁场中，磁场方问垂直于线圈平面，
已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（5+0.4t）T，线圈电阻r=2Ω，定值电阻R=8Ω。

求：（1）线圈回路中的感应电动势；
（2）a、b两点间电压U ab。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律得出：E=n，穿过闭合线圈的磁通量均匀
增大时，产生的感应电动势恒定，故A错误；
B、穿过线圈的磁通量变化时，若电路闭合，产生感应电流，故B正确；
C、闭合线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，若磁通量不变，则没有感应电流产生，故C错误；
D、导体棒在磁场中运动，若平行于磁感线运动，则没有感应电动势产生，故D错误
故选：B。

根据法拉第电磁感应定律E=n分析感应电动势与磁通量的关系；明确感应电流产生
的条件。

本题考查法拉第电磁感应定律以及感应电流产生的条件，要注意明确感应电流产生需要条件为：（1）闭合回路；（2）回路中磁通量发生变化；同时准确掌握法拉第电磁感应定律的内容和应用。

2.【答案】C
【解析】解：A、B、当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；
根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A错误，B错误。

C、再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故C正确；
D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a 对水平桌面的压力将减小，故D错误。

故选：C。

此题的关键首先明确滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向。

根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势。

首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。

一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。

3.【答案】A
【解析】解：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R。

则I2RT=R+R
解得：I=A，故A正确，BCD错误。

故选：A。

根据有效值的定义求解。

取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。

求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解。

要注意正弦交流电在半个周期内的有效值与一个周期内相同。

4.【答案】A
【解析】解：AB、将交变电流的频率降低时，电阻R的阻值不随频率而变化，交变电压不变，灯泡L3的电压不变，亮度不变；电感L的感抗减小，L1变亮。

电容C的容抗增大，L2变暗。

故A正确，B错误；
C、如果抽出电感L中的铁芯，线圈的自感系数减小，感抗减小，则L1灯变亮，故C错误；
D、如果将电容器C的两极板间距离变小，由容抗减小，则L2灯变亮；故D错误；
故选：A。

感抗的大小与线圈的自感系数和交变电流的频率有关，频率越大，感抗越大；容抗的大小与电容器的电容和交变电流的频率有关，频率越大，容抗越小。

本题考查感抗和容抗，关键在于理解感抗容抗与交流电频率的关系，牢记电容通交阻直，而电感通直阻交的性质。

5.【答案】C
【解析】解：因灯泡均相同，所以并联在副线圈两端的三只小灯泡电流为I，电压为U，所以副线圈中的总电流为3I，原副线圈匝数比为3：1，所以原、副线圈的电流之比为1：3，所以原线圈电流为I，灯泡L电流也为I，则电压也为U，故C正确，ABD错误；
故选：C。

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．
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．
6.【答案】ABC
【解析】解：A、当线框进入磁场时，位移在0-L内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在L-2L内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L时，磁通量最小，为零，位移在1.5L到2L时，磁通量向里，为正值，且均匀增大。

位移在2L-2.5L时，磁通量均匀减小至零。

在2.5L-3L内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值。

在3L-4L内，磁通量均匀减小至零，且为负值，故A正确；
B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值，故B正确；
C、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加倍，外力加倍，而功率变为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，电功率应等于线框在第一个磁场中的电功率，故C正确；
D、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故D错误；
故选：ABC。

由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得
出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=I2R 可求得电功率的变化。

电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答。

7.【答案】BC
【解析】解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；
由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2
的示数要减小，故A、D错误，BC正确。

故选：BC。

和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
8.【答案】AC
【解析】解：A．升压变压器T1的输出电压等于2000V，而输入电压为400V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比n1：n2=1：5，故A正确；
B．输出的电功率为P0=20kW，而升压变压器T1变为2000V电压远距离输送，所以根据
P=UI，可知输电线上的电流为I2=，故B错误；
C．根据P损=I22R=102×10W=1000W，故C正确；
D．降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为
U3=2000V-10×10V=1900V；根据，则有变压器T2的匝数比n3：n4=1900：220=95：
11，故D错误。

故选：AC。

根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小。

掌握住理想变压器的电压与匝数之间的关系，理解导线上损失的电压与导线两端输送的电压区别，掌握理想变压器的输入与输出功率不变的关系即可解决本题。

9.【答案】BCE
【解析】解：AB、线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向改变一次，线圈转动一周的过程中两次经过中性面，故电流方向改变两次，故A错误B正确；
C、线圈平面与磁感线垂直时，穿过线圈平面的磁通量最大，故C正确；
D、当线圈平面与磁感线平行时，穿过线圈的磁通量为零，最小，故D错误；
E、当线圈平面与磁感线平行时，线圈中的磁通量最小，但此时导线切割磁感线的速度最大，线圈中的感应电动势最大，故E正确。

故选：BCE。

线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化。

由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大。

本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度
的关系的能力。

比较简单。

10.【答案】右抽出
【解析】解：在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过电流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏．在丙图中，知感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈．
故答案为：右，抽出．
根据楞次定律，通过磁通量的变化判断感应电流的方向，以及通过感应电流的方向判断磁通量是增加还是减小．
解决本题的关键掌握楞次定律的内容，并且能灵活运用，注意感应电流方向与电表指针方向的关系．
11.【答案】相反相同阻碍向右偏
【解析】解：将线圈A插入线圈B中后，闭合开关，线圈A中的电流方向如乙图中的箭头所示，经过多次实验发现，当线圈B中磁通量增加时，电流计指针向左偏，线圈B 中感应电流的磁场方向总与线圈A的磁场方向相反；
当线圈B中磁通量减少时，电流计指针向右偏，线圈B中感应电流的磁场方向总与线圈A的磁场方向相同。

可见感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

若甲图中滑动变阻器滑片向左滑动，电流计指针将向右偏。

故答案为：相反，相同，阻碍，向右偏。

根据电流表指针偏转的方向与电流方向之间的关系，依据楞次定律分析解答。

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。

知道感应电流产生的条件即可正确解题。

12.【答案】解：（1）感应电动势最大值：E m=nBSω=100×0.05×0.2×0.2×100πV=20πV，因转动开始时线圈平面与磁场方向垂直，
故交变电动势瞬时值的表达式为：e=E m sinωt=20πsin100πt（V），
根据闭合电路欧姆定律得i==4πsin100πt（A）。

（2）由电量表达式，q=I•△t=nn，
代入数据，解得q=0.04C。

答：（1）交变电流瞬时值表达式e=E m sinωt=20πsin100πt（V），
（2）线圈从计时开始，转过90°过程中通过线圈某一截面的电荷量为0.04C。

【解析】（1）根据感应电动势最大值，E m=nBSω，并从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式，从而求出电流的瞬时表达式；
（2）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I•△t=n公式，从而可求得。

本题考查感应电动势的最大值的求法，并掌握交流电的最大值与有效值的关系，知道电功率的表达式，理解焦耳定律中的电流是有效值，
同时掌握求电量的表达式q=I•△t=n。

13.【答案】解：（1）切割产生的感应电动势为：E=BLv
根据串并联电路的特点知，外电路总电阻为：R外==7.5Ω，
根据闭合电路欧姆定律得：I=，
安培力为：F A=BIL，
当加速度a为零时，速度v达最大，有：mg sinθ=，
解得速度最大值为：v m=，
代入数据解得：v m=4m/s；
（2）由法拉第电磁感应定律得：=，
根据闭合电路欧姆定律有：=，
感应电量为：q=，
解得：q=，
代入数据解得：q=1C；
（3）金属棒下滑过程中，由能量守恒定律得：mgh=+Q，
代入数据解得：Q=3.2J，
整个回路中产生的总焦耳热为：Q=I2R总t，
下端电阻R1中产生的热量为：Q1=（）2R1t，
代入数据解得：Q1=1.5J；
答：（1）金属棒ab达到的最大速度v m为4m/s；
（2）该过程通过金属棒的电量q为1C；
（3）金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R1中产生的热量为1.5J。

【解析】（1）当金属棒的加速度为零时，速度最大，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式和欧姆定律，运用共点力平衡求出最大速度。

（2）通过法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出平均感应电流，结合电路的定义式得出通过导体棒电量表达式，通过电量的分配得出该过程通过电阻R1的电量q；（3）根据能量守恒定律求出整个回路中产生的焦耳热，从而得出下端电阻R1中产生的热量。

本是导体在导轨上滑动的类型，从力和能两个角度研究。

力的角度，关键是安培力的分析和计算。

能的角度要分析过程中涉及几种能、能量如何是转化的。

14.【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势
=500×0.4×0.01V=2V；
（2）根据欧姆定律得，ab间的电压；
答：（1）线圈回路中的感应电动势为2V；
（2）a、b两点间电压U ab为1.6V；
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小；
（2）根据闭合电路欧姆定律求解路端电压U ab；
本题考查了法拉第电磁感应定律和闭合欧姆定律的基本运用，知道感应电动势
E=N=N的应用。

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