新疆北大附中新疆分校2018-2019学年高二下学期期中考试物理试卷 含解析

北大附中新疆分校2018-2019学年第二学期期中考试

高二物理试卷

一、单项选择题

1. 在下列情况中，导体一定产生感应电流的是（）

A. 导体在磁场中静止

B. 导体在磁场中做切割磁感线运动时

C. 闭合电路的部分导体在磁场中运动时

D. 闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时

【答案】D

【解析】

试题分析:产生感应电流必须同时具备两个条件：电路是闭合的；导体在磁场中做切割磁感线运动；由此入手解决此题．

A、导体在磁场中静止，是否是闭合电路的导体不确定，不做切割磁感线运动确定，两个条件不满足．故一定不产生感应电流．A错误．

B、在磁场中切割磁感线运动，不一定是闭合回路，故不一定产生感应电流．故B错误．

C、导体所在的电路是闭合的，但是否切割磁感是也不确定．故C错误．

D、闭合电路的导体在磁场中做切割磁感线运动，两个条件都满足了，故一定能产生感应电流．故D正确．

故选D．

考点：考查产生感应电流的条件

点评：明确产生感应电流必须同时具备两个条件（1）首先分析电路是否闭合，（2）然后再分析是否切割；应明确什么是切割是解决此题的关键

2.如图，闭合线圈上方有一竖直放置条形磁铁，磁铁的N极朝下。当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）

A. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引

B. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥

C. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引

D. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥

【答案】B

【解析】

当线圈向下运动时，穿过线圈的磁通量向下，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同．由于感应电流会阻碍线圈与磁铁之间的相对运动，所以二者之间有作用力的斥力．故B正确，ACD错误．此题选项错误的选项，故选：ACD．

点睛：该题可得楞次定律的极板应用，解决本题可以结合楞次定律使用的基本步骤判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广形式来判定．

【此处有视频，请去附件查看】

3.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。

4. 关于电磁感应现象中，说法中正确的是( )

A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大

B. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大

C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大

D. 穿过线圈磁通量为零，感应电动势一定为零

【答案】C

【解析】

【详解】穿过线圈的磁通量越大，而磁通量不一定变化，变化也不一定快，所以感应电动势不一定大．故A错误；穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势不一定越大，还与变化所用时间有关．故B错误；穿过线圈的磁通量的变化越快，磁通量的变化率一定越大，则感应电动势一定越大，故C正确；穿过线圈的磁通量为零，磁通量的

变化率可以不为零，则感应电动势可以不为零，故D错误；

5.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速运动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图2所示。此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路。不计电路的其他电阻，下列说法正确的是

A. 交变电流的周期为0.125s

B. 交变电流的频率为8Hz

C.

A

D. 交变电流的最大值为4A

【答案】C

【解析】

【分析】

从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解．【详解】A．图可知，交流电周期T=0.250s，故A错误；

B．交流电周期T=0.250s，交变电流的频率为

1

4Hz

f

T

==，故B错误；

CD．由图可知，交流电最大电压U m=20V，所以交变电流的最大值为

20

A2A

10

m

I==，所以交变电流的有效值

为I==，C正确D错误．

【点评】本题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解．【此处有视频，请去附件查看】

6.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是

A. 合上开关S 接通电路时，A 2先亮，A 1后亮，然后一样亮

B. 合上开关S 接通电路时，A 1和A 2始终一样亮

C. 断开开关S 切断电路时，A 2立刻熄灭，A 1过一会儿才熄灭

D. 断开开关S 切断电路时，A 1和A 2都立刻熄灭 【答案】A 【解析】

【详解】AB.合上开关S 接通电路时，2A 立即正常发光，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过1A 的电流慢慢变大，则2A 先亮，1A 后亮，最后一样亮，故选项A 正确，B 错误；

CD. 断开开关S 切断电路时，2A 原来的电流立即减小为零，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过1A 的电流会慢慢变小，并且通过2A ，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过2A 的灯的电流方向与原来的方向相反，故选项C 、D 错误。

7.闭合线圈与匀强磁场垂直，现将线圈拉出磁场，第一次拉出速度为1v ，第二次拉出速度为2v ，且212v v ，则（ ）

A. 两次拉力做的功一样多

B. 两次所需拉力一样大

C. 两次拉力的功率一样大

D. 两次通过线圈的电荷量一样多 【答案】D 【解析】

试题分析：设线圈的电阻为R ，由E=BLV ，I=

F 安=BIL=

，线圈匀速被拉出，则F 拉=F 安，F 拉和V 正比，B 错

误；两次拉出过程中，位移L 相同，运动时间t=,由W=FLcosα，得做功不同，A 错误；

功率P=Fv,F 、v 不同，功率不同，C 错误；q=It=

，所以电荷量q 一样多，D 正确。

考点：本题考查E=BLv 、安培力、功、电流定义式。

8.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是( ) A. 若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙 B. 若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙 C. 只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙 D. 无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙 【答案】B 【解析】

因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的

质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m 1v 1=m 2v 2，因此最终谁接球谁的速度小．故选项B 正确.

二、不定项选择题

9.关于自感现象，下列说法中正确的是

A. 自感现象是线圈自身的电流发生变化而引起的电磁感应现象

B. 自感电动势总是阻碍原电流的变化

C. 自感电动势的方向总是与原电流的方向相反

D. 自感电动势的方向总是与原电流的方向相同 【答案】AB 【解析】

【详解】自感现象的定义就是线圈自身的电流发生变化而引起的电磁感应现象，产生的自感电动势总是阻碍原电流的变化；根据楞次定律，当原电流增大时，感应电动势与原电流方向相反；当原电流减小时，感应电动势与原电流方向相同，故选项A 、B 正确；C 、D 错误。

10.要使b 线圈中产生图示I 方向的电流，可采用的办法有（ ）

A. 闭合K 瞬间

B. K 闭合后把R 的滑动片向右移

C. 闭合K 后把b 向a 靠近

D. 闭合K 后把a 中铁芯从左边抽出 【答案】AC 【解析】

【详解】A.闭合K 瞬间，通电螺旋管a 在右侧产生的磁场方向向右且穿过b 磁通量增大，据楞次定律知b 线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍增大，即产生的磁场方向向左，用右手螺旋定则可知b 线圈产生图示I 方向的电流，故选项A 符合题意；

B.K 闭合后把R 的滑动片向右移，通电螺旋管a 的电流减小，在右侧产生的磁场方向向右且穿过b 磁通量减小，据楞次定律知b 线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定则可知b 线圈产生与图示I 方向的电流相反，故选项B 不符合题意；

C.闭合K 后把b 向a 靠近，通电螺旋管a 在右侧产生的磁场方向向右且穿过b 磁通量增大，据楞次定律知b 线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍增大，即产生的磁场方向向左，用右手螺旋定则可知b 线圈产生图示I 方向的电流，故选项C 符合题意；

D.闭合K 后把a 中铁芯从左边抽出，产生的磁场减弱，在右侧产生的磁场方向向右且穿过b 磁通量减小，据楞次定律知b 线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定则可知b 线圈产生与图示I 方向的电流相反，故选项D 不符合题意。

11.用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题．如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L 1和L 2 ，输电线的等效电阻为R ，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S 闭合时，以下说法中正确的是 (

)

A. 原线圈中电流减小

B. R 两端的电压增大

C. 副线圈输出电压减小

D. 原线圈输入功率增大

【答案】BD 【解析】

【详解】根据1122U n U n =可知2

2

11

n U U n =，由于原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压2U 不变，当开

关S 闭合时，总电阻减小，副线圈中电流增大，根据

12

21

I n I n =可知原线圈中电流增大；通过电阻R 的电流增大，根据U IR =可知R 两端的电压增大；根据P UI =可知副线圈的功率变大，由输入功率等于输出功率，可知原线圈输入功率增大， 故选项B 、D 正确，A 、C 错误。

12.关于扼流圈的说法，正确的是( )

A. 扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的

B. 低频扼流圈用来“通低频，阻高频”

C. 高频扼流圈用来“通直流，阻交流”

D. 高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用较小，对高频交变电流阻碍作用很大 【答案】ACD 【解析】

低频扼流圈用来“通直流、阻交流”，对低频电流阻碍作用也很大，而高频扼流圈是对高频阻碍作用很大，对低频阻碍作用较小，用来“通低频，通直流，阻高频”．高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大． 思路分析：扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的，低频扼流圈用来“通直流、阻交流”，高频扼流圈用来“通低频，通直流，阻高频”

试题点评：本题考查了扼流圈的概念，属于概念题

三、填空题

13.在研究产生感应电流条件的实验中，如图7所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中 感应电流（填“有”或“无”）．继续做如图8所示的实验，当向右拉动导体棒时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中 感应电流（填“有”或“无”）．因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化．这种观察总结的方法是物理学中重要的研究方法，即归纳

法．

【答案】 (1). 有 (2). 有 【解析】

只要穿过闭合线框的磁通量发生变化就有感应电流产生，只要闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动闭合电路中就有感应电流产生

14.如图，使单匝闭合矩形线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在线框中就会产生交流电．已知磁场的磁感应强度为B，线框abcd面积为S，线框转动的角速度为．当线框转到图示位置时，即线框平面与磁场方向垂直，线框中的感应电动势大小为；当线框从图示位置转过90°时，线框中的感应电动势大小

为．

【答案】0 、BSω

【解析】

线框平面与磁场方向垂直时，线框不切割磁感线，没有感应电动势，转过90°时，感应电动势最大，为NBSW= BSω15.如图表示一交变电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是_____________

【答案】5A

【解析】

【详解】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：

I=。

222

?+?=?，解得交流电流的有效值是5A

R R I R

0.01

(0.010.

(02

四、计算题

16.如图所示，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m = 0.2kg、电阻R = 0.5Ω，匀强磁场的磁感应强度B = 0.2T，方向垂直框架向上。现用F = 1N的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：

(1)ab 棒产生的感应电动势的大小； (2)ab 棒所受的安培力； (3)ab 棒的加速度。

【答案】(1) 0.4V ；(2)0.16N ，方向水平向左；(3) 24.2m/s ，方向水平向右 【解析】

【详解】(1)根据导体棒切割磁感线的电动势：E BLv = 代入数据解得：0.4V E =

(2)由闭合电路欧姆定律得回路电流：0.4A 0.8A 0.5

E I R =

== ab 棒所受的安培力：F 安0.20.81N 0.16N BIL ==??=，方向水平向左

(3)根据牛顿第二定律得：F F -安ma =

解得ab 棒的加速度为：24.2m/s a =，方向水平向右

17.如图所示，今有一个长20 cm 、宽10 cm ，共有500匝的矩形线圈，在外力作用下在B =0.10 T 匀强磁场中，以恒定的角速度100ωπ=rad/s 绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，发电机线圈两端与R =100 Ω的电阻构成闭合回路，线圈内阻不计。（保留2位有效数字）求：

（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；

（2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90o角的过程中通过电阻R 横截面的电荷量； （3）线圈匀速转动10 s ，电流通过电阻R 产生的焦耳热。 【答案】（1）23.110?V （2）21.010-?C （3）34.910?J 【解析】

【详解】（1）线圈中感应电动势的最大值23.110m E nBS ω==?V

（2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90o角所用时间为Δt 。 线圈中的平均感应电动势E =ΔΔn

t

Φ

=n ΔBS t

通过电阻R 的平均电流I =

E R

=ΔnBS R t 在Δt 时间内通过电阻横截面的电荷量Q =

nSB

R

=21.010?－ C

（3）电阻两端电压的有效值U =

2

E m 。 经过t =10 s ，电流通过电阻产生的焦耳热Q 热=2

U R

t 解得3

4.910Q =?热J

18.横截面积S =0.2m 2、n =100匝的圆形线圈A 处在如图所示的磁场内，磁感应强度变化率为0.02 T/s.开始时S 未闭合，R 1=4Ω，R 2=6Ω，C =30μF ，线圈内阻不计，求：

（1）闭合S 后，通过R 2的电流的大小；

（2）闭合S 后一段时间又断开，问S 断开后通过R 2的电荷量是多少? 【答案】AC 【解析】

（1）磁感应强度变化率的大小为="0.02" T/s ，B 逐渐减弱，

所以E=n

="100×0.02×0.2" V="0.4" V

I=A="0.04" A ，方向从上向下流过R2.

（2）R2两端的电压为U2=

×0.4 V="0.24" V

所以Q="CU2=30×10-6×0.04" C="7.2×10-6" C.

思路分析：（1）先计算磁场的变化率，再根据感应电动势的计算公式计算电动势，最后利用欧姆定律求解电流。 （2）根据闭合电路串联电流相等计算电阻的分压。根据电容器的电荷量的计算求出电量 试题点评：考查感应电动势

计算，欧姆定律的应用电容器电荷量的计算

19.质量为M ＝2 kg 的小平板车C 静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为m A ＝2kg 的物体A(可视为质点)，如图所示，一颗质量为m B ＝20 g 的子弹以600 m/s 的水平速度射穿A 后，速度变为100 m/s ，最后物体A 静止在车上，求平板车最后的速度是多大？

【答案】2.5m/s 【解析】

【详解】子弹击中物体过程中，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

0B B A A m v m v m v ='+

代入数据解得：5m/s A v =

平板车与物体A 组成的系统自子弹穿出后直至相对静止过程中系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：()A A A m v M m v =+ 代入数据解得： 2.5m/s v =