山西省太原市第二十一中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题 理（含解析）

山西省太原市第二十一中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题 理（含解析）一、单选题（本题有10小题，每小题3分，共30分。每题只有一个正确选项，不选、多选、错选都不得分）1.首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是（ ）a. 安培和法拉第b. 法拉第和楞次c. 奥斯特和安培d. 奥斯特和法拉第【答案】d【解析】试题分析：首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；发现电磁感应现象的科学家是法拉第，故选项d正确。考点：物理学史【名师点睛】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. 关于电磁感应，下列说法正确的是（ ）a. 导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流b. 穿过闭合电路磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流c. 闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流d. 导体作切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流【答案】b【解析】试题分析：感应电流产生的条件为：闭合回路；回路中有磁通量的变化。ad没强调闭合回路，ad错；c没强调回路中的磁通量发生变化，c错；穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流,b对。考点：感应电流产生的条件。【名师点睛】电场感应现象：1电磁感应现象：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象2产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动3产生电磁感应现象的实质：电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流3.关于电路中感应电动势大小，下列说法中正确的是（ ）a. 穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大b. 电路中磁通量变化越快，感应电动势越大c. 电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大d. 若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零【答案】b【解析】【详解】a. 穿过闭合回路的磁通量越大，磁通量变化不一定快，则感应电动势不一定大。故a错误；b. 感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大，故b正确； c. 磁通量的改变量大，磁通量的变化不一定快，感应电动势不一定大，故c错误；d. 某时刻的磁通量为零，磁通量的变化率不一定为零，则感应电动势不一定为零，故d错误。故选：b.4.以下说法正确的是( )a. 电动机铭牌上所标电流、电压为瞬时值b. 电容器的击穿电压为所加交变电压的平均值c. 交流电压表所示电压值为有效值d. 保险丝的熔断电流值为最大值【答案】c【解析】【详解】a、机器铭牌上所标注的值、生活中通常所说的值都是指有效值，“照明电压220v、动力电压380v”指的都是有效值，故a错误；b、电容器的击穿电压为所加交变电压的瞬时值，故b错误；c、交流电压表和交流电流表，测的是交流电的有效值，故c正确；d、保险丝的数值为有效值，故d错误。5.理想变压器，对于原、副线圈，不一定相等的物理量是()a. 交流电的最大值b. 磁通量的变化率c. 电功率d. 交变电流频率【答案】a【解析】【详解】交流电的电流与匝数成反比，变压器的变压原理即为在同一个铁芯中磁通量的变化率相同，输入功率等于输出功率，变压器只改变电压和电流，不改变电流的频率、电功率及磁通量的变化率。故a正确，bcd错误。故选：a6.在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成份，又有低频成份，经放大后送到下一级，需要把低频成份和高频成份分开，只让低频成份输送到再下一级，我们可以采用如图所示电路，其中a、b应选择的元件是（）a. a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈b. a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈c. a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈d. a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈【答案】b【解析】电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈(自感系数较小的电感线圈)思路分析：根据电容器具有通高频、阻低频的作用，电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，可区分出ab中的元件试题点评：本题考查了电容器以及高频扼流圈对交流电作用7.如图所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为23，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b两环内的感应电动势大小和感应电流大小之比分别为（ ）a. 11，32b. 11，23c. 49，23d. 49，94【答案】a【解析】试题分析：由于两环所包围磁场的面积相等，且变化量还相等，故两环产生的感应电动势是相等的，而两个圆环的半径不同，其比值为2：3，故它们的周长之比也是2：3，故两环的电阻之比也是2：3，而电动势相等，故两环中产生的感应电流之比是3：2，a正确。考点：电阻定律，法拉第电磁感应定律。8.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断（ ）a. 在0.01s时刻磁通量变化率最大b. 产生的感应电动势的有效值为220vc. 电动势瞬时表达式e=311sin50t vd. 在1s内交变电流的方向改变50次【答案】b【解析】【详解】a. 由图象可知，在0.01s时刻，感应电动势为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，故a错误；b. 由图象可知，感应电动势的最大值为311v，有效值=220v，故b正确； c. 由图象可知，感应电动势最大值为311v，角速度，零时刻感应电动势为零，所以电动势瞬时表达式e=311sin100t v，故c错误；d. 由图象可知，从00.02s是一个周期，一个周期内电流方向改变两次，则1s是50个周期，电流方向改变100次，故d错误；故选：b.9.如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置释放，环经过磁铁到达位置。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为t1和t2，重力加速度大小为g，则（ ）a. t1mg，t2mgb. t1mg，t2mg，t2mgd. t1mg【答案】a【解析】圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小故两种情况下，绳的拉力都大于mg，即，a正确。【点睛】深刻理解楞次定律“阻碍”的含义如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的10.有一等腰直角三角形形状的导线框abc，在外力作用下匀速地经过一个宽为d的有限范围的匀强磁场区域，线圈中产生的感应电流i与沿运动方向的位移x之间的函数图象是如下图中的（）a. b. c. d. 【答案】b【解析】开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小。故b正确，acd错误。故选b。点睛：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除二、多选题（本题有5小题，每小题3分，共15分。少选得2分，不选、错选都不得分）11.如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是（ ）a. 线圈a中有感应电流b. 线圈b中有感应电流c. 线圈c中有顺时针方向的感应电流d. 线圈d中有逆时针方向的感应电流【答案】ac【解析】由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故a正确；其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故b d错误。ac象限磁场不为零，c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故c正确；故选ac。点睛：本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，知道感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化12.在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )a. t=0.01s时穿过线框的做通量最大b. t=0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大c. 该线框匀速转动的角速度大小为100d. 电动势瞬时值为22v时，线圈平面与中性面的夹角可能为45【答案】cd【解析】【详解】a、由图象知：时，感应电动势为零，处于中性面位置，则穿过线框的磁通量最大，变化率最小，故a正确，b错误；c、由图象得出周期，所以，故c正确；d、当时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为，电动势瞬时值为时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角正弦值，所以线圈平面与中性面的夹角可能为，故d正确。13.法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上线圈a和电池连接，线圈b用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针，且导线沿南北方向放置。下列说法正确的是（ ）a. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的n极指向垂直纸面向里的方向b. 开关闭合的瞬间，小磁针的n极朝垂直纸面向里的方向转动c. 开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，小磁针的n极朝垂直纸面向外的方向转动d. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的n极指向垂直纸面向外的方向【答案】bc【解析】【分析】电磁感应现象发生的条件是：闭合导体回路，磁通量发生改变，从而判定ad选项； 并根据安培定则，及楞次定律，即可判定bc选项。【详解】开关闭合并保持一段时间后，穿过线圈b中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，则小磁针不会偏转，故ad错误；开关闭合的瞬间，依据安培定则，可知，线圈a中产生逆时针方向磁场，再由楞次定律，因穿过线圈b的磁场向上，且增大，那么感应电流的磁场向下，因此线圈b中产生逆时针感应电流，根据安培定则，小磁针的n极朝垂直纸面向里的方向转动，故b正确；开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，同理，线圈b中产生顺时针方向感应电流，根据安培定则，则小磁针的n极朝垂直纸面向外的方向转动，故c正确。故选bc。【点睛】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流，同时要掌握楞次定律的应用，及理解安培定则，注意其也叫右手螺旋定则。14.如图（a）、（b）所示的电路中，电阻r和自感线圈l的电阻值都很小，且小于灯a的电阻，接通s，使电路达到稳定，灯泡a发光，则（）a. 在电路（a）中，断开s，a将渐渐变暗b. 在电路（a）中，断开s，a将先变得更亮，然后渐渐变暗c. 在电路（b）中，断开s，a将渐渐变暗d. 在电路（b）中，断开s，a将先变得更亮，然后渐渐变暗【答案】ad【解析】在电路a中，断开s，由于线圈阻碍电流变小，导致灯a将逐渐变暗，因为断开前后的电流一样，灯不会变得更亮。故a正确，b错误；在电路b中，由于电阻r和自感线圈l的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小的多，断开s时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡将变得更亮，然后逐渐变暗。故c错误，d正确；故选ad。点睛：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极。当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极。15.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是( )a. 当泄动变阻器的滑动触头p向上滑动时，消耗的功率变小b. 当滑动变阻器的滑动触头p向上滑动时，电压表v示数变大c. 当滑动变阳器的滑动触头p向上滑动时，电流表示数变大d. 若闭合开关s，则电流表示数变大、示数变小【答案】abd【解析】【详解】a、滑动变阻器的滑动触头p向上滑动时，电阻变大，由于副线圈电压不变，则副线圈干路电流变小，则消耗的功率变小，故a正确；b、滑动变阻器的滑动触头p向上滑动时，副线圈干路电流变小，分压变小，则电压表v的测量的电压变大，示数变大，故b正确；c、滑动变阻器的滑动触头p向上滑动时，因副线圈输出电流变小，则根据变压器电流与匝数的关系可知，原线圈的电流也变小，即电流表示数变小，故c错误；d、闭合开关s并联支路增加，电阻变小，则副线圈路电流即通过的电流变大，分压变大，则的分压变小，电流变小，示数变小，电流表示数随副线圈干路电流的变大而变大，故d正确。三、实验题（本题包含2小题，共14分。请将答案在题中横线上或按要求作答。）16.热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值r随温度t变化的示意图由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力_(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更_(选填“敏感”或“不敏感”)【答案】 (1). 增强 (2). 敏感【解析】图中横轴表示温度，纵轴表示电阻，随着温度的增加，金属热电阻的阻值略微增大，而热敏电阻的阻值显著减小，所以这种热敏电阻在温度上升时导电能力增强，相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的影响更敏感；17.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置(1)将图中所缺的导线补接完整_(2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片p置于_端（选填“左”或“右”）(3)下列不能引起电流表指针偏转的操作是（ ）a.开关闭合或断开瞬间b.开关闭合后，原线圈在副线圈中上下迅速移动c.开关保持闭合，且不改变变阻器滑片的位置d.断开开关，将变阻器的滑片p向右移动(4)在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后（ ）a将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针向右偏转一下b将原线圈插入副线圈后，电流计指针一直偏在零点左侧c将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向右偏转一下d将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向左偏转一下【答案】 (1). (2). 左 (3). cd (4). ad【解析】【详解】（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，实物连接如图所示。（2）闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路中的电阻最大，所以应将滑动变阻器的滑片p置于左端； （3）a.开关闭合或断开瞬间，电流变化，原线圈产生的磁场变化，穿过负线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，故a能引起电流表指针偏转；b.开关闭合后，原线圈在副线圈中上下迅速移动，穿过负线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，故b能引起电流表指针偏转；c.开关保持闭合，且不改变变阻器滑片的位置，电流不变，原线圈产生的磁场不变，穿过负线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，故c不能引起电流表指针偏转；d.断开开关，将变阻器的滑片p向右移动，原线圈中无电流，不产生磁场，穿过负线圈的磁通量为零且不变，不能产生感应电流，故d不能引起电流表指针偏转；本题选择不能引起电流表指针偏转，故选：cd（4）当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过大线圈磁通量增加时，电流计指针向右偏转；a. 将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，电流表指针向右偏转，故a正确；b. 将原线圈插入副线圈后，穿过线圈的磁通量不变，电路中不产生感应电流，电流表指针不偏转，故b错误；c. 将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，原线圈电路电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，电流计指针向左偏转，故c错误，d正确；故选：ad.四、计算题（本题包含5小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）18.如图所示，在磁感应强度为0.6t的匀强磁场中, 让长为0.4m,电阻为1的导体棒ab在金属框上以5m/s的速度水平向右运动, 已知r=5,其它导线上的电阻忽略不计,求：(1)导体ab棒中产生的感应电动势为多少伏?(2)通过导体棒ab的电流是多少安?【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律，导体ab棒中产生的感应电动势为(2)根据闭合电路欧姆定律，通过导体棒ab电流是19.如图所示，匀强磁场的磁感应强度b0.5 t，边长l10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴oo匀速转动，角速度2 rad/s，外电路电阻r4 .求：(1)转动过程中感应电动势的最大值；(2)从线圈平面垂直于磁场开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；(3)电路中电压表的示数【答案】(1)em= 3.14 v. (2) (3) 【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的最大值为em=nbs=nbl2=3.14 v.（2）线圈平面垂直于磁场时，即中性面，感应电动势为零，线圈转动时产生的感应电动势的瞬时值表达式为：e=3.14sin2t v（3）线圈转动产生感应电动势的有效值为e=2.23 v根据闭合电路欧姆定律：电阻r两端的电压为.20.如图，理想变压器原线圈匝数n1=1100，副线圈匝数n2=55，副线圈接一个r=5.5 的负载电阻，如下面左图所示。当原线圈接入如下面右图所示的交变电流时，求：（1）电流表和电压表的示数；（2）变压器的输入功率。【答案】(1) 11v，0.1a； (2) 22w【解析】【详解】（1）输入电压的有效值：根据理想变压器的电压关系，可得： 根据欧姆定律： 根据理想变压器的电流关系， 可得：（2）根据理想变压器的功率关系21.如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距l=1m，左端用r=3的电阻连接，一质量m=0.5kg、电阻r=1的导体棒与两轨道垂直，静止放在轨道上,轨道的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度b=2t 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，现用水平恒力f沿轨道向右拉导体棒，导体棒由静止开始运动，当导体棒开始做匀速运动时，电阻消耗的功率为3w。求：（1）水平恒力f；（2）导体棒匀速运动的速度；【答案】（1）2n （2）2m/s【解析】【详解】（1）匀速时导体杆切割磁感线的速度为v动生电