甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题（实验班）
静宁一中2019-2020学年度第一学期高二级第三次考试题
物理（14/15班）
第I卷（选择题）
一、选择题（本题共14道小题，每小题4分，共56分。其中1—9题的四个选项中只有一个选项正确，10—14题的四个选项中有两个或两个以上选项正确，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分。）
1.关于电磁感应，下述说法中正确的是( )
A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D. 穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大
【答案】C
【解析】
【详解】法拉第电磁感应定律得是比值定义式，感应电动势与穿过线圈的磁通量的大小，所用的时间，没有正反比关系，感应电动势与磁通量的变化率成正比，即穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确。
故选C
2.如图所示，属于交流电的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】交流电是指电流的大小和方向均随时间做周期性变化的电流；由图可知，符合条件的只有C；故选C．
3.
如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流．下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；
B．由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；
C．同时，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；
D．由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确。
故选D。
4.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知（ ）
A. 该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）V
B. 该交流电的频率为50Hz
C. 该交流电的电压的有效值为100V
D. 若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知
故
所以其表达式为
故AB错误；
C．由图像可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为
所以R消耗的功率为
故C错误，D正确。
故选D。
5.如图甲所示，通电螺线管A与用绝缘绳悬挂的线圈B的中心轴在同一水平直线上，A中通有如图所示的变化电流，t=0时电流方向如图乙中箭头所示．在t1～t2时间内，对于线圈B的电流方向（从左往右看）及运动方向，下列判断正确的是（ ）
A. 线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向右摆动
B. 线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向左摆动
C. 线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向右摆动
D. 线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向左摆动
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意可知，在螺线管内通有，在时间内，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）；从产生感应电流阻碍的角度可知，线圈向右运动，才能阻碍磁通量的增大。
故选A。
6.如图，为一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是（ ）
A. 5A B. 5A C. A D. 10A
【答案】A
【解析】
【详解】根据有效值的定义：
，
可求有效值
I=5，
故A正确；BCD错误．
故选A。
7.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A. W1
W2，q1＝q2 D. W1>W2，q1>q2
【答案】C
【解析】
【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功定义W=Fx，所以：
W1:W2=3:1；
根据电量，感应电流，感应电动势，得：
所以：
q1:q2=1:1，
故W1＞W2，q1=q2。
A. W1W2，q1＝q2。故C正确；
D. W1>W2，q1>q2。故D错误；
8.如图，直角坐标系oxy的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】在0﹣t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为：
E1=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1==．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．
在t﹣2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：
E2=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在2t﹣3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的感应电动势为：
E3=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在3t﹣4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：
E4=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．
故选B
9.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的有（）
A. t1时刻线圈位于中性面
B. t2时刻通过线圈的磁通量最大
C. 考虑保险丝的熔断电流时应该用Em
D. 一个周期内交变电流的方向改变一次
【答案】A
【解析】
【详解】A．t1时刻感应电动势为零，磁通量最大，线圈位于中性面，故A正确；
B．由图知t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故B错误；
C．保险丝的熔断电流时应该用有效值，故C错误；
D．一个周期内交变电流的方向改变两次，故D错误。
故选A。
10.如图电路（a）、（b）中，电阻R和自感线圈L的电阻值都是很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光
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】
【详解】AB.在电路a中，断开S，L、A串联，由于线圈阻碍电流变小，L相当于电源，导致A将逐渐变暗，流过A的电流方向不会发生变化，故A正确，B错误；
CD.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，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐熄灭，故C错误，D正确；
11.如图所示，甲图是一理想变压器，原、副线圈的匝数比为100 ：1．若向原线圈输入图乙所示的正弦交变电流，图中Rt为热敏电阻（阻值随温度升高而变小），R1为可变电阻，电压表和电流表均为理想电表，下列说法中正确的是（ ）
A. 在t＝0.005s时，电压表的示数约为50.9V
B. 变压器原、副线圈中的电流之比为100 ：1
C. Rt温度降低时，适当增大R1可保持Rt两端的电压不变
D. Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大
【答案】CD
【解析】
【详解】A.由图乙可以知道交流电压最大值，有效值为，即电压表的读数为36V，故A错误；
B.原、副线圈的匝数比为100:1，所以变压器原、副线圈中的电流之比为1:100，故B错误；
C.输入电压不变，变压器输出电压不变，Rt两端的电压；Rt温度降低时，电阻增大，在串联电路中适当增大R1，可保持Rt两端的电压不变，故C正确；
D.电压表示数为输入电压，保持不变；输入电压不变，变压器的输出电压不变，Rt温度升高时，阻值减小，副线圈回路电流变大，电流表的示数变大，故D正确。
12.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，半径为L．若从上向下看，圆盘以角速度ω顺时针转动，下列说法正确的有
A. P的电势高于Q的电势
B. P的电势低于Q的电势
C. 圆盘转动产生的感应电动势为BL2ω
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．把铜盘等效为无数根导体棒，根据右手定则可知，电流从P流向Q，又因为此时PQ段相当于电源，故P的电势低于Q的电势；故A错误，B正确。
C．设圆盘转动了△t时间，则该时间内，等效导体棒扫过面积的磁通量为
根据法拉第电磁感应定律有
故C正确。
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，此时电流在R上的热功率变为原来的4倍，故D错误。
故选BC。
13.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行不计电阻的金属导轨，处于磁场方向垂直导轨平面向下且磁感应强度为B的匀强磁场中．将金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放下滑距离x时达到最大速度．已知金属杆质量为m，定值电阻以及金属杆的电阻均为R，重力加速度为g，导轨杆与导轨接触良好．则下列说法正确的是（ ）
A. 回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流
B. 金属杆ab下滑的最大加速度大小为
C. 金属杆ab下滑的最大速度大小为
D. 金属杆从开始运动到速度最大时，杆产生的焦耳热为
【答案】AD
【解析】
【详解】A项：金属杆向下滑动的过程中，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流．故A正确 ；
B项：设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势为：E=BLv
回路中的感应电流为：
杆所受的安培力为：F=BIL
根据牛顿第二定律 有：
当v=0时杆的加速度最大，最大加速度为 am=gsinθ，方向沿导轨平面向下；故B错误；
C项：由上知，当杆的加速度a=0时，速度最大，最大速度为：，方向沿导轨平面向下；故C错误；
D项：ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律 有：
又杆产生的焦耳热为
所以得：，故D正确．
14.光滑绝缘曲面与竖直平面交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示），一个质量为m的小金属球从抛物线上y=b（b＞a）处沿抛物线自由下滑，忽略空气阻力，重力加速度值为g．则（ ）
A. 小金属球沿抛物线下滑后最终停在O点
B. 小金属球沿抛物线下滑后对O点压力一定大于mg
C. 小金属球沿抛物线下滑后每次过O点速度一直在减小
D. 小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量是mg（b﹣a）
【答案】BD
【解析】
【详解】A．圆环在磁场中运动的过程中，没有感应电流，机械能不再减小，所以圆环最终在直线y=a以下来回摆动，故A错误；
B．小金属球沿抛物线下滑后在最低点O只受到重力和支持力的作用，合力提供向心力，加速度的方向向上，所以对轨道的压力一定大于mg，故B正确；
C．圆环机械能不再减小时，最终在直线y=a以下来回摆动，之后每次过O点速度不再减小，故C错误；
D．圆环在磁场中运动的过程中，没有感应电流，机械能不再减小，所以圆环最终在直线y=a以下来回摆动，小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量等于减少的机械能，即
故D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题）
二、实验题（本题共2道小题，共13分。）
15.一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“6V，1.5W”的小灯泡的I-U图线,现有下列器材供选用：
A．学生电源（直流9V）
B．开关一个、导线若干
C．电压表（0~3V，内阻约10KΩ）
D．电压表（0~6V，内阻约10KΩ）
E．电压表（0~15V，内阻约30KΩ）
F．电流表（0~0．3A，内阻约0．3Ω）
G．电流表（0~0．6A，内阻约0．4Ω）
H．电流表（0~3A，内阻约0．6Ω）
I．滑动变阻器（10Ω，2A）
J．滑动变阻器（200Ω，1A）
（1）实验中电压表应选______，电流表应选_______，滑动变阻器应选_______（用字母序号表示）；
（2）在下面方框内画出实验电路图______：
（3）对应实验电路图将实物连线补充完整________________；
（4）闭合开关前，滑动变阻器滑片的位置应在__________选填“a”、“b”或“ab正中间”）端。
【答案】 (1). D (2). F (3). I (4). (5). (6). a
【解析】
【详解】(1)[1]灯泡额定电压是6V，电压表选量程为6V的D；
[2]灯泡额定电流
I=
则电流表选量程为0.3A的F；
[3]为方便实验操作，滑动变阻器应选择小电阻I；
(2)[4]由于小灯泡的电阻值比较小，则电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；
(3)[5]根据原理图实物连线如图所示
(4)[6]为了安全和保护电表，开关闭合前将滑片置于接入电路的电阻值最大，故滑片在a端。
16.图为某同学组装完成的简易多用电表，图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．
（1）图（a）中的A端与 ______________（选填“红”或“黑”）色表笔相连接．
（2）关于R6的使用，下列说法正确的是_____________________．
A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
（3）用×100档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_____________档（选填“×10”或“×1K”）．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行测量，那么缺少的步骤是__________________________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图b，则该电阻的阻值是___________________________Ω．
【答案】 (1). 黑 (2). B (3). ×1K (4). 进行欧姆调零 (5). 22000
【解析】
【详解】(1)[1]欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出；由图示电路图可知端与黑色表笔相连；
(2)[2]由电路图可知只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节；
A.与分析不符，不符合题意；
B.与分析相符，符合题意；
C.与分析不符，不符合题意；
(3)[3]用×100挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×1k挡；[4]如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零；[5]由图示表盘可知该电阻的阻值是．
三、计算题（本题共4道小题,共41分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的解题步骤，只写出答案的不能得分）
17.如图(1)所示 ，线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40cm，电阻r＝2Ω，线圈与阻值R＝6Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2＝20cm的有界圆形匀强磁场，磁感应强度按图(2)所示规律变化，试求：(保留两位有效数字)
(1)通过电阻R的电流方向和大小；
(2)电压表的示数．
【答案】（1）电流的方向为；7.9A； （2）47V
【解析】
【详解】（1）由楞次定律得电流的方向为
由法拉第电磁感应定律得
磁场面积而
根据闭合电路的欧姆定律
（2）电阻R两端的电压为U=IR=47V
18.发电机输出功率40Kw，输出电压400V，用变压比（原副线圈匝数比）为1:5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5Ω，到达用户后再用变压器将为220V，求：
（1）输电线上损失的电功率；
（2）降压变压器的降压比．
【答案】（1）；（2）。
【解析】
【详解】设升压变压器的输出电压为，输入电压为，输入电流为I；降压变压器的输出电压为，输入电压为
（1）根据公式可得
则输出电流
则损失的电功率
（2）输电线上的电压降
降压变压器的输入电压为
；
则降压变压器的变压比
【点睛】解决本题的关键知道变压器的电压比与匝数比的关系，以及知道输送功率与输送电压、电流的关系。
19.如图所示，线圈abcd的面积是0.01m2，共1000匝，线圈电阻为10Ω，外接电阻R=90Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：
（1）从图示位置开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式．
（2）电路中交流电压表和电流表的示数．
（3）线圈由如图位置转过90°的过程中，流过电阻R的电量为多少？
【答案】（1）e=100sin10πt；（2）90V和1A．（3） ．
【解析】
试题分析：线框在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，借助于有效值可得出电压表与电流表的示数．线圈在转动一个周期的时间内克服外力做的功就等于一个周期内电路中产生的热能．由法拉第电磁感应定律可求得电量．
（1）交流电的频率：，角速度为；
最大值：，
故表达式为：；
（2）感应电动势的有效值；线圈电阻为10Ω，外接电阻R=90Ω，
根据闭合电路欧姆定律，则电流表的示数，；
交流电压表的电压；
（3）由法拉第电磁感应定律可知：
20.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将长为L、质量为m
的导体棒由静止释放，当导体棒下滑距离L时达最大速度v（v为未知量），导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为2R，不计导轨的电阻，重力加速度为g，求：
（1）速度v的大小；
（2）当导体棒速度达到时加速度大小；
（3）导体棒从释放到下滑距离L过程流过导体棒的电荷量q；
（4）导体棒从释放到下滑距离2L的过程中电阻上产生的热量Q是多少。
【答案】（1）；（2）； （3）；（4）。
【解析】
【详解】（1）当导体棒匀速运动时速度达到最大，此时导体棒受力平衡，则有：
mgsinθ=BIL
又
联立得
，
得：
（2）当导体棒速度达到时导体棒受到的安培力
根据牛顿第二定律得
mgsinθ﹣F=ma
解得
a=gsinθ
（3）导体棒从释放到下滑距离L过程流过导体棒的电荷量
。
（4）导体棒从释放到下滑距离2L的过程中，回路中产生的总热量
电阻上产生的热量
解得
【点睛】本题考查了电磁感应知识和电路知识、力学规律，关键要正确分析棒的运动情况，推导出安培力表达式，并正确把握能量的转化情况。
