江苏省无锡市江阴市第一中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

江苏省无锡市江阴市第一中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、单选题(每小题只有一个选项是正确的，共6小题，每小题3分,共18分)1.下列现象中属于电磁感应现象的是（ ）A. 磁场对电流产生力的作用B. 变化的磁场使闭合电路中产生电流C. 插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D. 电流周围产生磁场【答案】B【解析】电磁感应现象指的是由于磁场的变化而在闭合回路中产生感应电流的现象，所以B正确。2. 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后。将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是A. 线圈接在了直流电源上B. 电源电压过高C. 所选线圈的匝数过多D. 所用套环的材料与老师的不同【答案】D【解析】金属套环跳起来的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起。电压越高线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈。若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故A、B、C选项错误，D选项正确。3.通过一阻值R=100的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s.电阻两端电压的有效值为 （ ）A. 12VB. 4VC. 15VD. 8V【答案】B【解析】试题分析：已知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量解：由有效值的定义可得I12Rt1+I22Rt2=T，代入数据得（0.1）2R0.8+（0.2）2R0.2=1，解得U=4V故选：B【点评】本题考察的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值4.如图甲所示，标有“220V 40W”的灯泡和标有“20F 300V”的电容器并联到交流电源上，V为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关，下列判断正确的是（ ）A. 时刻，V的示数为零B. 断开开关时灯泡恰好正常发光C. 闭合开关时电容器不可能被击穿D. V的示数保持110V不变【答案】C【解析】电压表是示数等于交流电压的有效值，由图知UV=220V，所以A错误；D错误；灯泡的电压为220V，恰好等于额定电压，所以正常发光，故B正确；交流电压的最大值大于电容器的击穿电压，所以电容器会被击穿，故C错误。5.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）【答案】B【解析】试题分析：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确故选B考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化6.水平放置的光滑导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过位移为x时，ab达到最大速度v.此时撤去外力，最后ab静止在导轨上在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是() A. 撤去外力后，ab做匀减速运动B. 合力对ab做功为FxC. R上释放的热量为Fxmv2D. R上释放的热量为Fx【答案】D【解析】【详解】A.撤去外力后，导体棒受安培力作用：，可得加速度：，随着速度减小，加速度减小，不是匀变速，A错误B.合力对物体做功等于物体动能的该变量，B错误CD.根据能量守恒定律得：，C错误D正确二、多选题：（每小题有两个或两个以上选项是正确的，共6小题，每小题4分，共 24分）7. 关于线圈的自感系数大小的下列说法中正确的是（ ）A. 通过线圈的电流越大，自感系数越大B. 线圈中的电流变化越快，自感系数越大C. 插有铁芯时线圈的自感系数会比它没有插入铁芯时大D. 线圈的自感系数与电流的大小，电流变化的快慢，是否有铁芯等都无关【答案】C【解析】试题分析：自感系数由线圈自身决定，与其它因素无关线圈越长、单位长度上匝数越多自感系数越大，有铁芯比没有铁芯大得多，C正确；考点：考查了自感现象【名师点睛】解答本题的关键是掌握影响线圈的自感系数因素，知道自感系数只与线圈本身的特性有关8. 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. 增加线圈的匝数B. 提高交流电源的频率C. 将金属杯换为瓷杯D. 取走线圈中的铁芯【答案】AB【解析】试题分析：当线圈中通以交变电流时，在金属杯中将产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，因此增加线圈的匝数可以提高感应电动势，感应电流的功率增大，使杯内的水沸腾所需的时间缩短，提高交流电源的频率，磁通变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大，故选项A、B正确；取走线圈中的铁芯则使得线圈周围的磁场变弱，磁通量减小，磁通变化率亦减小，感应电动势变小，从而使杯内的水沸腾所需的时间反而边长，故选项D错误；将金属杯换为瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，故选项C错误。考点：本题主要考查了对感应电流产生条件、法拉第电磁感应定律的理解与应用问题，属于中档题。9.在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计下列说法正确的是A. 闭合开关S时，A1和A2同时亮B. 闭合开关S时，A2先亮，A1逐渐变亮C. 断开开关S后的瞬间，A2闪亮一下再熄灭D. 断开开关S后的瞬间，流过A2的电流方向向右【答案】BD【解析】【分析】当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【详解】当电键S闭合时，灯A2立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来。所以A2比A1先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同。故A错误，B正确；稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1和A2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭；电路稳定时流过流过灯泡的电流是相等的，所以灯A2不会闪亮，流过A2的电流与开始时方向相反，方向向右；故C错误，D正确；故选BD。10.如图，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向下滑动，下列说法中正确的是()A. 线圈a中将产生俯视逆时针方向感应电流B. 穿过线圈a的磁通量变小C. 线圈a有扩张的趋势D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大【答案】AD【解析】【详解】A.滑片向下滑动，回路电阻减小，电流增大，螺线管产生磁场变强，根据右手定则判断穿过a线圈的磁感应强度竖直向下，所以感应电流产生磁场竖直向上，根据右手定则判断，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，A正确B.因为螺线管产生磁场变强，线圈a面积不变，线圈a的磁通量变大，B错误C.根据楞次定律，“增缩减扩”原理可以判断，线圈有收缩的趋势，C错误D.根据楞次定律，“来拒去留”原理可判断，a线圈磁通量增大，所以线圈a有远离b的趋势，对桌面压力变大，D正确11.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】AB【解析】试题分析：由电磁感应定律得，故一定时，电流大小恒定，选项A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误；，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB。【考点定位】电磁感应定律【名师点睛】法拉第圆盘是课本上介绍的装置，在历次考试中多次出现；解题时要会进行电源的等效：相当于一条半径旋转切割磁感线，记住求解感应电动势的公式，并能搞清整个电路的结构。12.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，正确的是 （ ）A. 电流表的示数为10AB. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行C. 线圈转动的角速度为50rad/sD. 0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【答案】AB【解析】【详解】A.电流表测量的是交流电的有效值，所以，A正确B.根据图像分析0.01s时，感应电流最大，电动势最大，线圈与磁场平面平行，B正确C.根据图像分析，周期T=0.02s，角速度，C错误D.根据图像判断，0.02s时线圈正好处于初始时刻所在位置，根据右手定则判断，电流流经电阻方向是自左向右，D错误三、填空题（第1题4分，第2、3题各3分，共10分）13.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示它们是： 电流计 直流电源 带铁芯(图中未画出)的线圈A线圈B开关滑动变阻器（1）按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)（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，那么合上电键后将A线圈迅速拔出B线圈时，灵敏电流计指针将_偏转。（填“向左”、“向右”）；（3）接第（2）问，A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将_偏转。（填“向左”、“向右”）。【答案】 (1). 向左 (2). 向右【解析】【详解】（1）实物图（2）合上电键，电流瞬间增加，A产生磁场增强，穿过B的磁通量变大，电流计指针向右偏；拔出A，穿过B的磁通量变小，则电流计指针向左偏（3）滑动变阻器向左拉，电阻减小，电流变大，A产生磁场变强，B的磁通量变大，指针向右偏四：计算题（共5大题，共68分）14.如图所示，竖直放置足够长的光滑平行金属导轨，间距为l=0.5m，导轨上端接有电阻R=1.0，导轨电阻忽略不计空间有一水平方向的有上边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.40T，方向垂直于金属导轨平面向外质量为m=0.02kg、电阻不计的金属杆MN，从静止开始沿着金属导轨下滑，下落一定高度后以v0=2.5m/s的速度进入匀强磁场中，在磁场下落过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好已知重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力，求：（1）金属杆刚进入磁场区域时的感应电流大小及方向；（2）金属杆刚进入磁场区域时的加速度； （3）若金属杆进入磁场区域后又下落h= 0.2m，接着以v匀速运动，求v大小及这0.2m内流过金属杆的电量。【答案】（1）I=0.5A 方向:N到M（2）a=5m/s2 方向:竖直向下 （3）v=5m/s q= 0.04C【解析】【详解】（1）根据，根据右手定则判断，电流方向N到M（2）金属杆受到的安培力：，根据牛顿第二定律，计算解得：（3）匀速时，有，联立解得，通过截面电量15.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为L，总电阻为R，放在磁感应强度为B方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN为磁场的左边界。线框在大小为F的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与MN平行。当线框以速度进入磁场区域时，它恰好做匀速运动。在线框进入磁场的过程中， （1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E 为多少？（2）求线框a、b两点的电势差。（3）求线框中产生的焦耳热。【答案】(1)（2）（3）【解析】试题分析：（1）边产生的感应电动势的大小为。（2）两点的电势差相当于电源的外电压（3）解法一：由于线圈在恒力F作用下匀速进入磁场区，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，所以线圈中产生的热量为。解法二：线圈进入磁场区域时产生的感应电动势为电路中的总电功率为线圈中产生的热量，联解可得：。考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律【名师点睛】根据感应电动势公式求出感应电动势的大小E；边切割磁感线，相当于电源，ab间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解；线框进入过程做匀速运动，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，根据功能关系求出焦耳热。16.如图,一个匝数为匝，面积S=200cm2，内阻矩形线圈以300r/min的转速在匀强磁场中旋转，已知匀强磁场B=T，其产生的交流电直接给阻值的电阻供电，从图示位置开始计时（矩形线圈跟磁场垂直），求：（1）感应电动势的瞬时表达式及交流电压表读数；（2）由图示位置转过60角，这段时间内的平均感应电流；（3）由图示位置转过60角，这段时间内的R上产生的热量。【答案】（1）e=40sin10t（V） U=（2）（3）【解析】【详解】（1）图示位置为线圈与磁场垂直，所以瞬时值表达式，角速度，所以瞬时值表达式，电压表测量有效值且为路端电压：，（2）转过60度过程中，所用时间：，所以，所以（3）在这段时间内电流的有效值为：，产热：17.轻质细线吊着一质量为m0.32 kg、边长为L0.8 m、匝数n10的正方形线圈，总电阻为r1 .边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t0开始经t0时间细线开始松弛，取g10 m/s2.求：(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；(2)在前t0时间内线圈的电功率；(3)t0的值【答案】(1)0.4 V(2)0.16 W(3)2 s【解析】(1)