2020【KS5U解析】通辽高二下学期期中考试物理试题含解析

物理试卷

第Ⅰ卷（选择题共72分）

一、选择题（本题共18道小题，1~12题是单项选择题，13~18题是多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全选对的得4分，选不全的得2分，错选或不选的均得0分）

1.如图，一正方形闭合导线圈在一个很大的匀强磁场中，下列变化中能产生感应电流的是

A. 线框向右匀速运动

B. 线框向左加速运动

C. 线框绕经过a点且垂直线圈平面的轴转动

D. 将线框由正方形拉成圆形

【答案】D

【解析】

【详解】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匀速、加速或加速平移，磁通量都不会发生变化，都不会产生感应电流，故A错误，B错误；

C. 为轴旋转时线框绕经过a且垂直线圈平面的轴转动，其磁通量不发生变化，没有有感应电流产生，故C错误；

D. 将线框由正方形拉成圆形，线框的面积扩大，磁通量一定增大，会产生感应电流，故D正确；

故选D．

2.如图所示，把一正方形线圈从磁场外自右向左匀速经过磁场再拉出磁场，则从ad边进入磁场起至bc边拉出磁场止，线圈感应电流的情况是(      )

A. 先沿abcda的方向，然后无电流，以后又沿abcda方向

B. 先沿abcda的方向，然后无电流，以后又沿adcba方向

C. 先无电流，当线圈全部进入磁场后才有电流

D. 先沿adcba的方向，然后无电流，以后又沿abcda方向

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题中求线圈的电流情况可知，本题考查判断闭合线圈穿过磁场过程产生的感应电流方向，运用楞次定律进行分析求解．

【详解】线圈进入磁场过程，磁通量增大，产生感应电流，由楞次定律判断可知，感应电流方向为adcba方向；线圈完全在磁场中运动时，线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，线圈穿出磁场的过程，磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向为abcda方向；

A．不符合题意，错误；

B．不符合题意，错误；

C．不符合题意，错误；

D．正确．

3.如图所示，导线OA长为l，在方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ．则OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低情况分别是(　　)

A. Bl2ω，O点电势高

B. Bl2ω，A点电势高

C. Bl2ωsin2θ，O点电势高

D. Bl2ωsin2θ，A点电势高

【答案】D

【解析】

【详解】OA导线中的感应电动势大小与长度为的半径垂直切割产生的感应电动势大小相等，有

根据右手定则判断可知A点电势高；

A．不符合题意，错误；

B．不符合题意，错误；

C．不符合题意，错误；

D．正确．

4.如图所示，放在不计电阻的金属导轨上的导体棒 ab, 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，钢制闭合线圈 c将被螺线管吸引(      )

A. 向右做匀速运动

B. 向左做匀速运动

C. 向右做减速运动

D. 向右做加速运动

【答案】C

【解析】

【详解】钢制闭合线圈 c被螺线管吸引，根据楞次定律可知通过闭合线圈c的磁场在减弱，即螺线管中的磁场在减弱，导体棒切割磁感线产生的电流在螺旋管中产生磁场，所以导体棒切割磁感线产生的电流在减小，电动势也在减小，根据，可知导体棒应该减速运动

A． 向右做匀速运动，与分析不符，故A错误；

B．向左做匀速运动，与分析不符，故B错误；

C． 向右做减速运动，与分析相符，故C正确

D． 向右做加速运动，与分析不符，故D错误；

5.长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有图示方向的电流。当电流逐渐增大时（     ）

A. 环形导线中可能没有感应电流

B. 环形导线中有感应电流，但方向不确定

C. 环形导线中有收缩的趋势

D. 环形导线有靠近长直导线的趋势

【答案】C

【解析】

【详解】AB．当直导线中电流逐渐增大时，穿过环形导线的磁通量向里增加，则环形线圈中一定有感应电流，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，选项AB错误；

C．在环形电流上取小段电流元，由左手定则可知电流元所受的磁场力指向圆心，可知环形导线中有收缩的趋势，选项C正确；

D．因靠近直导线部分的电流元所受的向下的磁场力较大，则环形导线有远离长直导线的趋势，选项D错误；

故选C.

6.如图甲所示，线圈总电阻r =0.5Ω，匝数n =10，其端点a、b与R =1.5Ω的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示。关于a、b两点电势、及两点电势差，正确的是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向，在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势，根据法拉第电磁感应定律得

总电流为

a、b两点电势差就相当于电路中的路端电压，所以

故选A。

7.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、 A2、 A3是三个完全相同的灯泡．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(  　)

A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同

B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流

C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同

D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等

【答案】C

【解析】

【详解】断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误．

【点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况．电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小．

8.如图所示，绝缘水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R，电阻为r的金属棒AB垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计．两导轨间存在竖直向下的匀强磁场．给AB以水平向右的初速度列并开始计时，下面四幅反映AB的速度随时间变化规律的图象中，可能正确的是

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】金属棒切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律，电流方向由B指向A，利用左手定则得到安培力水平向左，大小为：

设回路中电流为I，根据闭合电路欧姆定律，有：

由法拉第电磁感应定律得到：

设金属棒加速度为，利用牛顿第二定律，得到：

联立以上方程可以得到：

由分析可知，金属棒做加速度减小的减速运动，故D正确，ABC错误．

9.在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一个周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定，电阻R的阻值为12Ω，电表均为理想电表，下列判断正确的是（  ）

A. 电压表的示数为

B. 该交变电流的有效值为4V

C. 电阻R一个周期内产生的热量一定大于9J

D. 电流表的示数为0.5A

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据电流的热效应得到：

得到电压的有效值为，电表的读数为有效值，故电压表的示数为，故A正确，B错误；

C.根据焦耳定律，电阻R一个周期内产生的热量为：

故C错误；

D.电流表读数为有效值，则根据欧姆定律得到：

故D正确．

10.图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为10 Ω，外接一只电阻为90 Ω 的灯泡，不计电路的其他电阻，则

A. t＝0时刻线圈平面与中性面垂直

B. 每秒钟内电流方向改变100次

C. 灯泡两端的电压为22 V

D. 0～0.01 s时间内通过灯泡的电荷量为0

【答案】B

【解析】

【详解】A．由题图乙电动势随时间变化的正弦规律图象可知：计时起点e＝0，即从中性面开始计时，A错误；

B．由图象可知：电动势周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，即每秒钟内电流方向改变100次，B正确；

C．由图象可知：电动势有效值为22 V，所以灯泡两端的电压为:

U＝×22 V＝19.8 V

故C错误；

D．0～0.01 s时间内通过灯泡电流均为正方向，所以电荷量不为0，D错误．

11.有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是(　　)

A. 当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小

B. 当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小

C. 当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小

D. 当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大

【答案】A

【解析】

【详解】AB.当R3不变，P顺时针转动时，nMN减小，由

，

知UMN减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错误；

CD.当P不动时，匝数nMN不变，输出电压UMN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项错误.

12.远距离输电采用高压输电的主要原因是

A. 为了加快输送电能的速度 B. 为了使用户得到高压电

C. 为了使输电过程更加安全 D. 为了减少输电线路上电能损失

【答案】D

【解析】

【详解】远距离输电中导线中有电能损失，根据P线=I2R线可知，减小输电电流可减小功率损失，而根据P=IU可知，在输送电功率一定时采用高压输电可减小输电电流，从而减少输电线路上电能的损失．

A．为了加快输送电能的速度，与结论不相符，选项A错误；

B．为了使用户得到高压电，与结论不相符，选项B错误；

C．为了使输电过程更加安全，与结论不相符，选项C错误；

D．为了减少输电线路上电能的损失，与结论不相符，选项D正确；

13.在图甲所示的理想变压器a、b端加图乙所示的交变电压。已知变压器原副线圈的匝数比为4:1，R1为热敏电阻（温度升高时，其电阻减小），R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。下列判断正确的是

A. 电压表V1的示数为22V

B. 电压表V2的示数为V

C. R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变小

D. R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变大

【答案】AD

【解析】

【详解】A．电压表V1测得是原线圈电压，也就是输入电压有效值

故A正确；

B．原副线圈匝数比为4:1，所以副线圈两端电压为5.5V，电压表V2测得是R1两端电压，应该小于5.5V，B错误；

CD．R1处温度升高，电阻减小，R阻值不变，R1分的电压变小，V2减小，V1不变，所以V1余V2示数的比值变大，C错误，D正确；

所以选AD。

14.如图所示，单匝线圈ABCD边长为L，粗细均匀且每边电阻均为R，在外力作用下以速度v向右匀速全部进入场强为B的匀强磁场，线圈平面垂直于磁场方向，且．以下说法正确的是（    ）

A. 当CD边刚进入磁场时，CD两点间电势差为BLv

B. 若第二次以速度2v匀速全部进入同一磁场，则通过线圈某一横截面电量是第一次的2倍

C. 若第二次以速度2v匀速全部进入同一磁场，则外力做功的功率为第一次的4倍

D. 若第二次以速度2v匀速全部进入同一磁场，则线圈中产生的热量是第一次的2倍

【答案】CD

【解析】

【详解】A．当CD边刚进入磁场时，电动势E=BLv；则CD两点间电势差为

选项A错误；

B．设正方形边长为L．根据感应电荷量经验公式，得：

B、L、R都相等，所以两次通过某一横截面的电荷量相等．故B错误．
C．外力做功的功率等于电功率，即

则外力做功的功率为第一次的4倍，选项C正确；

D．根据焦耳定律得：线圈产生的热量

则得第二次与第一次线圈中产生的热量之比为2：1，故D正确．

15.如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有

A. 闭合电键K后，把R的滑片左移

B. 闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出

C. 闭合电键K后，把Q靠近P

D 无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可

【答案】AC

【解析】

【详解】A．闭合电键K后，把R的滑片左移，Q中的磁场方向从左向右，且在增大，根据楞次定律，左边导线电流方向向下。故A正确。

B．闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上。故B错误。

C．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下。故C正确。

D．若不闭合电键K，即使把Q靠近P，也不会导致穿过线圈的磁通量改变，因此不会产生感应电流。故D错误。

故选AC。

16.我国处在地球的北半球，飞机在我国上空匀速地巡航，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设左侧机翼末端处的电势为φ1，右侧机翼末端处的电势为φ2，则(  )

A. 飞机从西向东飞时，φ1比φ2高

B. 飞机从东向西飞时，φ2比φ1高

C. 飞机从南向北飞时，φ1比φ2高

D. 飞机从北向南飞时，φ2比φ1高

【答案】AC

【解析】

【详解】当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下；由于在电源内，感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，所以由右手定则可判知，在北半球不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有比高，故A、C正确，B、D错误；

故选AC。

17.如图所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN，MN⊥OD，拉动MN使它从O点以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的(  )

A. 感应电动势逐渐增大 B. 感应电流逐渐增大

C. 感应电流将保持不变 D. 感应电流逐渐减小

【答案】AC

【解析】

【详解】设导轨的顶角为α，电阻率为.

A．感应电动势为：

感应电动势随时间不断增大，所以A正确;

BCD．感应电流为：

整个电路的总电阻：

计算得出：

式中各量恒定，则感应电流不变，故B错误，C正确，D错误.

18.如图所示，用电流传感器研究自感现象电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻的阻值。时刻闭合开关，电路稳定后，时刻断开，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流和电阻中的电流随时间变化的图像。下列图像中可能正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】当时刻闭合开关瞬时，电路中的电流突然增大，在中要产生自感电动势阻碍电流的增加，所以中的电流会逐渐增加到稳定值；而电阻上，开始时由于中的很大的自感电动势的产生，在上相当于断路，所以流过的电流会较大，然后随时间逐渐减小到稳定值。由于直流电阻小于电阻的阻值，所以稳定时电阻的电流小于的电流，两者方向相同，都是从左向右；当时刻断开时，中原来的电流立即减小到零，但是中由于自感电动势阻碍电流的减小，所以此电流会在和中形成回路，然后逐渐减到零，其流过的电流方向与原来方向相反。所以选项A正确，BCD错误。

故选A。

第II卷（非选择题共28分）

二、计算题（写出重要的文字说明和解题步骤，直接写后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

19.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动，角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω，求：（保留三位有效数字）

（1）转动过程中感应电动势的最大值；

（2）由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；

（3）交流电压表的示数；

（4）周期内通过电阻R的电荷量为多少。

【答案】（1）3.14V；（2）1.57V；（3）1.78V；（4）0.0866C

【解析】

【详解】（1）根据

代入数据可得感应电动势的最大值

（2）由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式

当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为e=1.57V；

（3）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有

（4）周期内线圈转过60°角，则磁通量的变化量为

则平均感应电动势为

平均感应电流为

则通过R的电量为

联立解得

代入数据解得q=0.0866C

20.某中学校有一台内阻为1Ω的发电机，供给整个学校照明用电，如图所示，升压变压器的匝数比为1∶5，降压变压器的匝数比为5∶1，输电线的总电阻R＝5Ω，全校共22个班，每班有“220V　25W”的灯管10根，若要保证灯管全部正常发光，求：

（1）发电机输出功率；

（2）发电机电动势；

（3）输电效率。

【答案】（1）5625W；（2）250V；（3）98%

【解析】

【详解】（1）降压变压器的输出功率为

降压变压器副线圈的电流

降压变压器原线圈的电流

解得

输电线上损失的功率

所以发电机的输出功率

（2）降压变压器原线圈电压

解得

输电线上损失的电压

则升压变压器副线圈电压

发电机的输出电压

解得

发电机线圈的电流

则发电机内阻分压

发电机的电动势

（3）输电效率

21.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m．将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时：求：

（1）求线框中产生的感应电动势大小；

（2）求cd两点间的电势差大小；

（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．

【答案】（1）BL；（2）BL；（3）．

【解析】

【详解】（1）线框进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：
mgh=mv2，
cd边刚进入磁场时，产生的感应电动势：E=BLv，
解得：E=BL；
（2）此时线框中电流为：I=，
cd两点间的电势差：U=I=BL；
（3）安培力：F=BIL=，
根据牛顿第二定律有：mg-F=ma，由a=0
解得下落高度满足：h=；