【物理】河南省洛阳市2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 15页

洛阳市2019—2020学年第一学期期末考试 高二物理试卷 第I卷（选择题，共42分）‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。其中1〜9题为单选题，10〜14题为多选题，选对得3分，选对但不全得2分，选错或不选得0分）‎ ‎1.电磁炉为新一代炊具，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是(　 　)‎ A. 锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的 B. 锅体中的涡流是由变化的磁场产生的 C. 恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好 D. 提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】电饭锅内连接交流电，其锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，故A错误，B正确；电磁炉的加热效果与磁场的强弱无关，只与磁场的变化快慢有关，故C错误；提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果．故D正确．故选BD．‎ ‎2.如图金属圆环P沿着速度ν方向运动，且P中通以如图所示电流，则眼睛看到的金属环L和R的电流方向是 A. 都是顺时针 B. 都是逆时针 C. L顺时针，R逆时针 D. L逆时针，R顺时针 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】P沿着速度方向运动，其磁场在L、R中产生磁通量的变化，根据楞次定律即可确定L和R中的电流方向；‎ ‎【详解】根据安培定则可知，P中产生的磁场沿导线向里，同时P靠近L，远离R，则根据楞次定律增反减同可知，L中电流为逆时针，R中电流为顺时针，故D正确，ABC错误．‎ ‎【点睛】本题考查楞次定律的应用，注意分析磁通量的变化是解题的关键，本题也可以利用“来拒去留”规律分析感应电流磁场的方向，再判断电流方向．‎ ‎3.矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行.导线中通入电流方向如图所示，当MN中的电流减小时，下列说法正确的是 ‎ A. 导线框abcd有逆时针的感应电流 B. MN所受线框给它的作用力向右 C. 导线框所受的安培力的合力向右 D. bc、ad两边均不受安培力的作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．直导线中通有向上减小的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为顺时针方向，故A错误。 ‎ BC．根据左手定则，知ab边所受安培力方向水平向左，cd边所受安培力方向水平向右，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线圈所受磁场力的合力方向向左，因此MN所受线框给它的作用力向右，故B正确，C错误。 ‎ D．根据A选项分析，可知，依据左手定则，则bc、ad两边均受安培力的作用，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.以下说法中，对甲乙丙丁四幅图的描述错误的是 A. 如图甲所示，导体棒垂直于磁场方向运动，两两垂直时，则电动势 B. 如图乙所示，导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方向夹角为θ时，则电动势 C. 如图丙所示，线圈以恒定速度从图示位置向上离开磁场过程中电动势逐渐变大 D. 如图丁所示，导体棒平动切割磁感线产生的电动势为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图甲所示，导体棒垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势的计算公式可得产生的感应电动势为E=Blv，故A正确，不符合题意； ‎ B．如图乙所示，导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方向夹角为θ时，速度v在垂直于导体棒上的分速度为vsinθ，则电动势E=Blvsinθ，故B正确，不符合题意； ‎ C．如图丙所示，线圈以恒定速度v从图示位置向上离开磁场过程中，有效切割长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，故C错误，符合题意； ‎ D．如图丁所示，导体棒平动切割磁感线时，导体棒垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直，所以产生的电动势为Blv，故D正确，不符合题意。故选C。‎ ‎5.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。实验中可能观察到现象是 A. 线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转 B. 线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转 C. 只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转 D. A线圈接通后，线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开关S接通瞬间，线圈A的磁场从无到有，磁场也穿过B线圈，则穿过B线圈的磁通量增加，会产生感应电流，电流会产生磁场，会使小磁针偏转。故A正确； ‎ B．同理，开关S断开瞬间，穿过B线圈的磁通量减少，会产生感应电流，电流产生磁场，会使小磁针偏转。故B错误； ‎ C．A线圈中电流足够强，但若电流稳定，产生的磁场稳定，穿过B 线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，小磁针不会偏转，故C错误； ‎ D．开关S接通达到稳定后，穿过B线圈的磁通量不变，B线圈内没有感应电流，小磁针不偏转，与B的线圈的匝数无关。故D错误。故选A。‎ ‎6.如图所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字型，并使上、下两圆半径相等．如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为(　　)‎ ‎ ‎ A. B. C. 0 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意可知，将半径为r的金属圆环变成上、下半径相等两圆，则有：πr=2×πr′ 解得： ，再由面积公式S=πr2，可知，面积变化为△S=πr2-2π()2=； 由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合电量表达式，故选B.‎ ‎7.如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心竖直轴OO’转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的.现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则（）‎ A. 铜盘转动将变慢 B. 铜盘转动将变快 C. 铜盘仍以原来的转速转动 D. 铜盘的转动速度如何变化要由磁铁的上、下两端的极性来决定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动，切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知，安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢.本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，选项A正确.BCD错误 故选A ‎8.下列现象属电磁驱动的是 A. 磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做 B. 微安表的表头在运输时要把两接线柱短接 C. 自制金属地雷探测器 D. 当图中B变大时，ab在固定光滑导轨上滑动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电流又会受到安培阻力，阻碍线圈的转动，故A正确； ‎ B．连接后由于电磁效应动圈阻尼变得极大，运输时线圈不再容易摆动，可以防止指针打坏，故B错误； ‎ C．金属探测器由高频振荡器、振荡检测器、音频振荡器和功率放大器等组成，而非电磁驱动，故C错误； ‎ D．当图中B变大时，回路中产生电流，又产生安培力，故属于电磁驱动，故D正确； ‎ 故选AD。‎ ‎9.在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路．‎ 由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中，故选A．‎ 考点：变压器的构造和原理．‎ 点评：电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大．‎ ‎10.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放罝。小磁块先后在管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块 A. P和Q中都做自由落体运动 B. P中下落过程中机械能减小 C. 在P中的下落时间比在Q中的长 D. 落至底部时在P中的速度比在Q中的大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，运动不是自由落体运动，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误。 ‎ B．由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，克服安培力做功，机械能减小，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B正确。 ‎ C．在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确。 ‎ D．根据动能定理可知，因安培阻力导致产生热量，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。故选BC。‎ ‎11.如图所示，矩形线圈abed在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时 A. 线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流，且均为0‎ B. 线圈绕P1转动时产生的感应电动势等于绕P2转动时 产生的感应电动势 C. 线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同，都是 a-b-c-d D. 线圈绕P1转动时cd边受到的安培力等于绕P2转动时cd边受到的安培力 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据交变电流的产生规律可知，感应电动势最大值Em=NBSω，当线圈平面转到与磁场方向平行时，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势最大，由于两次转动的角速度相同，线框面积相同，则它们产生的最大值相同，因此线圈绕P1转动时的电动势等于绕P2转动时的电动势，根据欧姆定律可知，线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，此时感应电流最大，不为0，故A错误，B正确。 ‎ C．对cd边由右手定则可得，在图示位置时，线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→d→c→b，故C错误。 ‎ D．当线圈平面转到与磁场方向平行时，线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，而安培力F=BIL，则线圈绕P1转动时cd边受到的安培力等于绕P2转动时cd边受到的安培力，故D正确。故选BD。‎ ‎12.如图甲、乙两图是电子技术中的常用电路,a、b是各部分电路的输入端,其中输入的交流高频成分用“≋”表示,交流低频成分用“~”表示,直流成分用“—”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是(　　)‎ A. 图甲中R得到的是交流成分 B. 图甲中R得到的是直流成分 C. 图乙中R得到的是低频成分 D. 图乙中R得到的是高频成分 ‎【答案】AC ‎【解析】当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；乙图中电容器能通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误．‎ ‎13.单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量φ随时间 t的变化图象如图所示，则 A. 在t = 0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大 B. 在0〜2×10-2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零 C. 在t= 2×10-2 s时，线圈中磁通量最大，感应电动势最小 D. 在t= 1× 10-2 s时，线圈中磁通量最小，感应电动势最大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t=0时刻，线圈中磁通量最大，线圈与磁场垂直，磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故A错误。 ‎ B．在0～2×10-2s时间内，磁通量的变化量不为零，则线圈中感应电动势的平均值不为零，故B错误。 ‎ C．在t=2×10-2s时刻，线圈中磁通量最大，线圈与磁场垂直，磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故C正确。 ‎ D．在t=1×10-2s时，线圈中磁通量为零，最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故D正确。故选CD。‎ ‎14.如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i－t关系图象，可能正确的是 (　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】根据楞次定律得到，线框进磁场和出磁场过程感应电流方向相反．线框进磁场时感应电流方向为逆时针，取逆时针方向为电流的正方向，所以进磁场电流为正值，出磁场电流为负值．当刚线框下边进磁场时，当产生的安培力和重力沿斜面平行方向分力相等时，线框做匀速运动，产生不变的感应电动势，产生不变的电流．当刚线框下边进磁场时，当产生的安培力小于重力沿斜面平行方向分力时，线框做加速度在减小的加速运动，产生逐渐增大的感应电动势，产生逐渐增大的感应电流． 当线框完全进入磁场后，磁通量不变，无感应电流，在重力作用下，线框做加速运动．当刚线框下边出磁场时，回路重新产生电流，并且此时电流绝对值应该大于线框完全进入磁场瞬间的电流值，由于安培力大于重力，所以要做减速运动，产生减小的感应电动势，产生减小的电流，而电流减小，安培力也减小，所以线框做加速度在减小的减小运动，即v随时间t的变化图象的斜率减小，由于感应电动势E=BLv，所以感应电流，所以电流I随时间t的变化图象的斜率也应该减小，故AD错误，BC正确，故选BC．‎ 点睛：图象往往由解析式选择．本题采用排除法，分成线性和非线性两类图象，对比同类图象不同之处进行选择.‎ 第II卷（非选择题，共58分）‎ 二、实验题（本题共2小题，共16分）‎ ‎15. 如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎（1）将图中所缺导线补充完整．‎ ‎（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，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将 偏转．（填“向左”“向右”或“不”）‎ ‎（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将 偏转．（填“向左”“向右”或“不”）‎ ‎【答案】（1）电路图如图所示；‎ ‎（2）向右；（3）向左 ‎【解析】‎ 试题分析：探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路．‎ 根据题意确定电流计指针偏转方向与磁通量变化的关系，然后根据磁通量的变化判断电流计指针偏转方向．‎ 解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：‎ ‎（2）在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转．‎ ‎（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转．‎ 故答案为（1）电路图如图所示；（2）向右；（3）向左．‎ ‎【点评】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．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键．‎ ‎16.如图所示，灯A、B完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略.则S闭合的瞬间，观察到的现象是_____(填“A、B同时发光”“A先亮”“B先亮”），稳定后再断开S的瞬间，A_____，B____(填“立即熄灭”“闪亮一下再熄灭”“逐渐熄灭”）‎ ‎【答案】 (1). A、B同时发光 (2). 闪亮一下再熄灭 (3). 立即熄灭 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．S闭合瞬间，线圈中电流缓慢增加，故A、B同时发光； [2][3]．稳定后电灯A被短路，故B灯更亮，A熄灭；稳定后再断开S的瞬间，B灯立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以A灯亮一下再慢慢熄灭；‎ ‎17.如图所示为用热敏电阻及和电磁铁L等组成的一个简单的恒温控制电路，其中热敏电阻的阻值会随温度的升高而减小。电源甲与电磁铁、热敏电阻等组成控制电路，电源乙与恒温箱加热器(图中未両出）相连接。则当温度________(填“升高”“降低”）到某一数值时，衔铁P将会被吸下，工作时，应该把恒温箱内的加热器接在_________(“A、B端”“C、D端”） ‎ ‎【答案】 (1). 升高 (2). A、B端 ‎【解析】 [1]．当温度降低到某一数值，热敏电阻R的阻值增大，电路中电流减小，继电器L对衔铁P吸引力减小，P将不会被吸合下。当温度升高到某一数值，热敏电阻R的阻值减小，电路中电流增大，继电器L对衔铁P吸引力增大，P将会被吸下。 ‎ ‎[2]．恒温箱内温度高到一定数值后，应与电源断开停止加热，由上分析可知，温度升高后，A、B端断开，所以工作时，应该把恒温箱内的加热器接在A、B端。‎ 三、计算题（本题共4小题，满分42分。要求写出必要的文字说明）‎ ‎18.如图所示，变压器原线圈1000匝，副线圈n2＝400匝，灯泡A标有“10V 2W”，电动机D的线圈电阻为1，将交变电流加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：‎ ‎（1）副线圈两端电压（有效值）；‎ ‎（2）电动机D的电功率．‎ ‎【答案】（1）40V（2）6W ‎【解析】（1）原线圈电压有效值为 ‎ 由变压器电压与匝数的关系得负线圈两端电压为 ‎ ‎（2）流过灯泡的电压为 ‎ 电压机两端电压为U=U2-U灯=40V-10V=30V ‎ 所以电压机的功率为P=UI=30×0.2W=6W ‎19.如图所示，有一夹角为θ的金属角架（电阻不计），角架所围区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，方向与角架所在平面垂直向，一段金属棒ab单位长度的电阻为r，从顶角c贴着角架以速度v向右匀速运动。求:‎ ‎（1）t时刻回路中的感应电流大小；‎ ‎（2）t时间内冋路中的平均感应电动势. ‎ ‎【答案】（l） （2）‎ ‎【解析】（1）ab杆向右运动的过程中切割磁感线，构成回路的长度不断变大，感应电动势的大小不断变化。在t时间内设位移为x，则 x=vt ①‎ 切割长度 L=xtanθ ②‎ E=BLv ③‎ 根据欧姆定律有 ‎ ④‎ 联立①②③④得 ‎（2）由法拉第电磁感应定律得 ‎20.如图甲所示为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头。原线圈输入正弦式交变电压的图象如图乙所示。若只在ce间接一只的电阻，或只在de间接一只的电阻，两种情况下电阻消耗的功率相等；‎ ‎（1）请写出原线圈输入电压瞬时值的表达式；‎ ‎（2）求ce和de间线圈的匝数比.‎ ‎【答案】(1) (2)5:4‎ ‎【解析】（1）由题图乙知 ‎ ‎ 故原线圈的输入电压瞬时值 uab=400sin200πt（V）‎ ‎（2）原线圈输入电压的有效值 ‎ ‎ 设ab间匝数为n1‎ ‎ ‎ 由题意知 ‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 代入数据解得：‎ ‎21.如图甲所示，电阻不计且间距为L = 1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为的电阻，虚线OO'下方有垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量为m = 0.3 kg、电阻的金属ab必从OO'上方某处以一定初速度释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平。在金属杆ab下落0.3 m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示。已知d进入磁场时的速度= 2.0m/s，取g=10m/s2。 求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（2）金属杆ab下落0.3 m的过程中，通过R的电荷量q。‎ ‎【答案】(1) 3.0T (2) 0.24C ‎【解析】（1）根据图乙知，ab杆刚进入磁场时，加速度大小为a0=10m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知：‎ BI0L-mg=ma0‎ 杆杠进入磁场时的速度为v0，则有：‎ 联立解得：‎ B=3.0T ‎（2）根据图象可知金属杆在磁场外下落的高度为：h1=0.06m 则在磁场中下降的高度为：‎ h′=h-h1=0.3m-0.06m=0.24m 根据法拉第电磁感应定律有：‎ 根据欧姆定律有：‎ ‎ ‎ 则通过R的电荷量：‎