2020-2021学年广东省广州市某校高二（下）4月期中考试物理试卷

这是一份2020-2021学年广东省广州市某校高二（下）4月期中考试物理试卷，共7页。试卷主要包含了20A等内容，欢迎下载使用。


1. 楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？（ ）
A.电阻定律B.库仑定律C.欧姆定律D.能量守恒定律

2. 如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计．当开关S闭合时，下列说法正确的是（ ）

A.A和B一起亮，然后A熄灭
B.A和B一起亮，然后A逐渐熄灭
C.A比B先亮，然后A熄灭
D.B比A先亮，然后A逐渐变亮

3. 如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员（ ）

A.过程Ⅰ的动量改变量等于零
B.过程Ⅱ的动量改变量等于零
C.过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量
D.过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量

4. 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是（ ）

A.0∼t1时间内，升降机一定匀速运动
B.0∼t1时间内，升降机可能减速上升
C.t1∼t2时间内，升降机可能匀速上升
D.t1∼t2时间内，升降机可能匀加速上升

5. 如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内．当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B，下列说法中正确的是（ ）

A.有顺时针方向的电流且有收缩的趋势
B.有顺时针方向的电流且有扩张的趋势
C.有逆时针方向的电流且有收缩的趋势
D.有逆时针方向的电流且有扩张的趋势

6. 如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=202sin100tπV，电阻R=44Ω，电表均为理想交流电表．则下列说法中正确的是（ ）

A.交流电的频率为50HzB.电流表A1的示数为0.20A
C.变压器的输入功率为88WD.电压表的示数为44V

7. 两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计．导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2，如图所示．垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动．在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是（ ）

A.R1中无电流通过
B.R1中电流一直从e流向a
C.R2中电流一直从a流向b
D.R2中电流先从b流向a，后从a流向b

8. 将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图所示连接，下列说法中正确的是（ ）

A.开关闭合后，线圈A插入线圈B或从线圈B中拔出线圈A时都会引起电流计指针偏转
B.线圈A插入线圈B中稳定后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会发生偏转
C.开关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P，电流计指针将会发生偏转
D.开关闭合后，只有将滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能发生偏转

9. 关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（ ）
A.通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈

10. 如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动，运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示，下列图像中可能正确的是（ ）

A.B.
C.D.
解答题

如图为“探究电磁感应现象”的实验装置．

（1）将图中所缺的导线补接完整．

（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，
那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________偏转（选填“发生”或“不发生”）；
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________偏转（选填“发生”或“不发生”）；
③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向________（选填“相同”或“相反”）．

（3）在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将（ ）
A.因电路不闭合，无电磁感应现象
B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C.不能用楞次定律判断感应电动势方向
D.可以用楞次定律判断感应电动势方向

在科技活动中某同学利用自制的电子秤来称量物体的重量，如图所示为电子秤的原理图．滑动变阻器的滑动片的上端与弹簧上端连接，托盘和弹簧的质量均不计．当托盘中没有放物体时，滑动头刚好在ａ点，且电压表示数为零；当托盘中的物体质量改变时，电压表示数发生相应的改变，从而测出物体的质量．设变阻器的总电阻为R，总长度为L，电源电动势为E，内阻为零，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其它阻力，电压表为理想表，重力加速度为g．

（1）根据上述原理，电压表应接在________两端．（选填“pq”或“mn”）

（2）要获得电压表的满量程称重，制作上述电子秤时，使用的电源为：电动势为9V、内阻很小的干电池，而变阻器R、定值电阻R0、电压表，可从下列器材中选出________（填器材前的顺序号）．
A．阻值为2kΩ定值电阻 B．阻值为100Ω的定值电阻；
C．最大阻值为50Ω变阻器 D．最大阻为10Ω的变阻器；
E．量程为3V的电压表 F．量程为15伏的电压表．

（3）若不计电池内阻，物体质量m与电压表示数U的关系是： m=________．

（4）若电池使用过久，所测物体的质量________真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）．

如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8V，10W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6V，12W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1=220V时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n1=1100匝，求：

（1）副线圈n2、n3的匝数．

（2）电流表的读数．

如图甲所示，两平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端接有阻值R=2Ω的定值电阻，两导轨的间距L=0.5m，导轨平面处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感强度B=1T，一个质量为m=0.1kg，长也为0.5m的导体棒垂直放置在导轨上．现用一个水平向右、大小为0.6N的恒力拉金属棒，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动x=2m达到最大速度，此过程中金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，金属棒在运动中始终与导轨接触良好，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计导轨的电阻，g取10m/s2．

（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；

（2）金属棒的电阻r．

如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r=0.5m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M=2kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m=1kg的ab金属杆以初速度v0=12m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其它电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g=10m/s2，求：

（1）cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；

（2）电阻R产生的焦耳热Q．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省广州市某校高二（下）4月期中考试物理试卷
选择题
1.
【答案】
D
【考点】
楞次定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程．
故选：D．
2.
【答案】
D
【考点】
自感现象和自感系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当开关S闭合时，线圈L产生较大的自感电动势阻碍电流的增加，使A灯中电流逐渐变大，而B灯中电流立即变大，因此，B灯先亮，然后A灯逐渐变亮，故A、B、C错误，D正确．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
动量定理的理解
【解析】
分析两个过程中运动员速度的变化、受力情况等，由此确定动量的变化是否为零。
【解答】
解：AC．过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；
B．运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B错误；
D．过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
超重和失重
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AB．0∼t1时间内，电流不变，则电阻R不变，说明重物对压敏电阻的压力不变，则加速度不变，所以升降机可能匀速运动，可能减速上升，故A错误，B正确；
CD．t1∼t2时间内，电流随时间增大，则电阻减小，所以压力增大，故加速度方向向上，且加速度不断变大，所以升降机不可能匀速上升，也不可能匀加速上升，故CD错误．
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
楞次定律
【解析】
A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；根据楞次定律可判断A中带电及转动情况．
【解答】
解：小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，由右手螺旋定则可知，电流的磁场向里且逐渐增大；
由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向；
B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故ABC错误，D正确；
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
变压器的构造和原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．交流电源的电压μ=2202sin100πV，则ω=100πrad/s，据ω=2πT=2πf可得，交流电的频率f=ω2n=100π2πHz=50Hz，故A项正确．
B．变压器副线圈的电流I2=U2R=4444A=1A，据I1:I2=n2:n1可得，变压器原线圈的电流I1=n2n1I2=2201100×1A=0.2A，所以电流表A1的示数为0.20A．故B项正确．
C．变压器输出功率P2=U22R=44244W=44W，变压器的输入功率P1=P2=44W，故C项错误．
D．交流电源的电压u=2202sin100πtV，则变压器原线圈两端电压U1=220V，据U1:U2=n1:n2可得变压器副线圈两端电压U2=n2n1U1=2201100×220V=44V，则电压表的示数为44V．故D项正确．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
单杆切割磁感线
电容
【解析】
根据金属杆做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动，利用E=BLv求得产生的电动势，再由Q=CU，求得电容器的电量，根据电量的变化确定电流方向．
【解答】
解：开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E=BLv，电容器两端的带电量为，Q=CU=CBLv，有右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，Q=CU=CBLv知，速度减小，极板带电量减小，有电流定义式：I=qt可知，R1中有电流通过，方向由e流向a，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，有右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a，故B正确，CD错误；
故选B．
8.
【答案】
A,C
【考点】
研究电磁感应现象
闭合电路的欧姆定律
感应电流的产生条件
【解析】
利用改变线圈的磁通量变化在电路中就可以产生感应电流，致使指针发生偏转。
【解答】
解：A．线圈A插入线圈B或从线圈B中拔出，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，都会引起电流计指针偏转，A符合题意；
B．线圈A插入线圈B中稳定后，开关闭合和断开的瞬间穿过线圈B的磁通量都会发生变化，会产生感就电流，电流计指针均会偏转，B不符合题意；
C．开关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P，通过线圈A的电流发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B所在回路产生感就电流，电流计指针会发生偏转，C符合题意；
D．开关闭合后，不论滑动变阻器的滑片P加速滑动还是匀速滑动，穿过线圈的磁通时都会变化，都会产生感应电流，电流计指针都会发生偏转，D不符合题意．
故选AC．
9.
【答案】
B,C
【考点】
变压器的构造和原理
【解析】
变压器的工作原理是互感现象，理想变压器是无漏磁、无铜损、无铁损．
【解答】
解：A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；
B．由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B正确；
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；
D．变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误．
故选BC．
10.
【答案】
A,C
【考点】
动量守恒定律的理解
单杆切割磁感线
【解析】
根据动量守恒定律分析最终的速度大小，根据受力情况确定速度变化情况；根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势大小和闭合电路的欧姆定律分析电流强度的变化。
【解答】
解：AB．金属棒滑动过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，则v=v02，所以ab的速度逐渐减小， 的速度逐渐增大，相对速度越来越小，最后为零，则安培力逐渐减小、加速度逐渐减小到零，故A正确、B错误；
CD．设两根导体棒的总电阻为R，由于I=BL(v1−v2)R，二者的速度之差越来越小，最后速度之差为0，则感应电流越来越小，最后为零，故C正确、D错误．
故选AC．
解答题
【答案】
（1）如解答图所示．
（2）①发生,②发生,③相反
B,D
【考点】
研究电磁感应现象
【解析】
（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）根据回路中磁通量发生了变化，会产生感应电流，从而指针会发生偏转；磁通量的变化情况不同，感应电流的方向不一样，指针偏转方向不一样.
（3）当穿过线圈的磁通量发生变化时，一定有感应电动势，若闭合时，才有感应电流，可以由楞次定律来确定感应电动势的方向．
【解答】
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）将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将会发生偏转；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针将会发生偏转；由于两个过程磁通量变化情况相反，所以两过程中灵敏电流计指针的偏转方向相反.
（3）如果副线圈两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，但因电路不闭合，没有感应电流存在，依然可根据楞次定律来确定感应电动势的方向，故BD正确，AC错误.
故选BD．
【答案】
（1）pq
（2）BCE
（3）UKL(R+R0gRE
（4）小于
【考点】
欧姆定律的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）根据题意，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零，此时滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，故电压表应接在pq间；
（2）电动势为3V的电源，经过分压，电压表的示数最大为1V，偏转角度太小，故应选电动势为9V的电池．
定值电阻1KΩ远大于变阻器的总电阻，变阻器分担的电压很小，电压表的示数很小，故应选用阻值为100Ω的定值电阻．
最大值为10Ω的变阻器，能分担的最大电压为10110×9V≈0.88V，电压表的示数很小，故应选50Ω变阻器．
电压表分担的最大电压为50100+50×9V=3V，故应选量程为0∼3V的电压表；
（3）设物体的质量为m时，弹簧的压缩量为x，电压表示数为U.
根据欧姆定律、电阻定律和胡克定律得：U=xl⋅RR+R0E
my=kx
联立计算得出：m=klR+R0ERgU．
（4）电池用久了，电动势减小，电压表读数偏小，则测量值偏小．
【答案】
解：（1）副线圈n2、n3的匝数分别为40匝和60匝．
（2）电流表的读数为0.2A．
【考点】
变压器的构造和原理
【解析】
（1）四盏灯泡恰好都能正常发光，则上面一个副线圈的电压为8V，下面一个副线圈的电压为12V，根据电压比等于线圈匝数比即可求解匝数；
（2）根据原副线圈的功率相等列式求解原线圈的电流．
【解答】
解：（1）四盏灯泡恰好都能正常发光，则上面一个副线圈的电压为8V，下面一个副线圈的电压为12V，
根据n1:n2:n3=U1:U2:U3
得：
n2=U2U1n1=8220×1100=40匝
n3=U3U1n1=12220×1100=60匝．
（2）根据原副线圈的功率相等得：
I1U1=P1+P2+P3+P4
解得：I1=2P1+2P3U1=2×10+2×12220=0.2A
答：（1）副线圈n2、n3的匝数分别为40匝和60匝．
（2）电流表的读数为0.2A．
【答案】
（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.4；
（2）金属棒的电阻为0.5Ω．
【考点】
电磁感应中的电路类问题
单杆切割磁感线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由图乙可知，当v=0时，a=2m/s2，由牛顿第二定律可知：
F−μmg=ma，
代入数据解得：
μ=0.4．
（2）由图像可知：vm=2m/s，
当金属棒达到稳定速度时，有FA=BIL，
且F=FA+μmg，
解得I=0.4A，
此时电路中的电动势：E=BLvm，
根据闭合电路欧姆定律，有：I=ER+r，
代入数据解得：r=0.5Ω．
【答案】
解：（1）cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v是5m/s；
（2）电阻R产生的焦耳热Q是2J．
【考点】
摩擦力做功与能量转化
动量守恒定律的理解
单杆切割磁感线
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）cd杆恰好通过半圆轨道的最高点，在最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出速度。
（2）两杆碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后ab杆的速度，然后由能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热。
【解答】
解：（1）cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：Mg＝Mv2r
解得：v=gr=5m/s．
（2）碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：
−Mg⋅2r=12Mv2−12Mv22
解得碰撞后cd绝缘杆的速度：v2＝5m/s
两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，则有：mv0＝mv1+Mv2
解得碰撞后ab金属杆的速度：v1＝2m/s
ab金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有：12mv12=Q
解得：Q＝2J．