2020-2021学年黑龙江省大庆市杜尔伯特蒙古族自治县高二下学期期中考试物理试卷

【最新】黑龙江省大庆市杜尔伯特蒙古族自治县高二下学期

期中考试物理试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列关于电磁感应现象的认识，正确的是()

A．它最先是由奥斯特通过实验发现的

B．它说明了电能生磁

C．它是指变化的磁场产生电流的现象

D．它揭示了电流受到安培力的原因

2．如图所示，在均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，导体棒ef垂直ab静置于导线框上且接触良好，可在ab，cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计.若给棒ef一个向右的初速度，则棒ef将（）

A．往返运动B．匀速向右运动

C．匀减速向右运动，最后停止D．减速向右运动，但不是匀减速

3．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）

A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1 =a2 =a3 =a4

C．a1 =a3＞a2＞a4D．a4 =a2＞a3＞a1

4．如图所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场．从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，下列说法正确的是()

A．a端的电势高于b端

B．ab边所受安培力方向为水平向左

C．线圈可能一直做匀速运动

D．线圈可能一直做匀加速直线运动

5．高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图4所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是

A．利用线圈中电流产生的焦耳热

B．利用线圈中电流产生的磁场

C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流

D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电

6．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝sin 100πt V的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V880 W”的电器R L供电，该电器正常工作，由此可知

A．原、副线圈的匝数比为50∶1

B．交变电压的频率为100 Hz

C．副线圈中电流的有效值为4 A

D．变压器的输入功率为880 W

7．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（）

A ．交变电流的频率为0.02Hz

B ．交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos50πt （A ）

C ．在t ＝0.01s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大

D ．若发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5W

8．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化（如图甲所示）；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是（ ）

A ．第一次，灯泡两端的电压有效值是0

2U B ．第二次，灯泡两端的电压有效值是0

32

U

C ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2：9

D ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1：5

9．图中理想变压器原、副线圈的匝数之比为2 ：1，现在原线圈两端加上交变电压

时，灯泡

、

均正常发光，电压表和电流表可视为理想电

表．则下列说法中正确的是

A ．该交流电的频率为100Hz

B ．电压表的示数为155.5V

C ．若将变阻器的滑片P 向上滑动，则电流表读数变大

D ．若将变阻器的滑片P 向上滑动，则

将变暗、

将变亮

10．如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R ，当输入端接通电源后，电流表读数为I ，

电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为

A．4

mgv

IR

I

+B．

mgv

I

C．4IR D．1

4

mgv IR

I

+

11．如图甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3:1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入交变电压u-t图象如图乙所示．则以下说法中正确的是

A、电压表的示数为36V

B、电流表的示数为2A

C、四只灯泡均能正常发光

D、变压器副线圈两端交变电流的频率为50Hz

二、多选题

12．如图所示，abcd是一小金属块，用一根绝缘细杆挂在固定点O，使金属块绕竖直线OO′来回摆动，穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线方向跟纸面垂直，若摩擦和空气阻力均不计，则

A．金属块进入或离开磁场区域时，都会产生感应电流

B．金属块完全进入磁场区域后，金属块中无感应电流

C．金属块开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后将不再减小

D．金属块摆动过程中，机械能会完全转化为金属块中产生的电能

13．如图所示，电阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，线圈的直流电阻不计．电源电动势E＝5 V，内

阻r＝1Ω，开始时开关S闭合．则（）

A．断开S前，电容器带电荷量为零B．断开S的瞬间，电容器a板上带正电

C．断开S前，电容器电压为10 3

V

D．断开S的瞬间，电容器b板上带正电

14．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（）

A．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25πt）V

B．该交变电流的频率为25 Hz

C．该交变电流的电压的有效值为100V

D．若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端, 则电阻消耗的功率为50W

15．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么( )

A．线圈中感应电流的有效值为2A

B．线圈消耗的电功率为4W

C．任意时刻线圈中的感应电动势为

2

4cos

t e

T

π=

D．任意时刻穿过线圈的磁通量为

2

sin

=

T t

T

π?

π

三、实验题

16．图为“研究电磁感应现象”的实验装置。

（1）将图中所缺的导线补接完整。

（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能现的情况有：（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）

①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将______。

②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针______。17．有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．

(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的A、B位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)．

(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)________

四、解答题

18．如图所示,水平放置的平行金属导轨MN和PQ,相距L=0.50 m,导轨左端接一电阻R=0.20 Ω,磁感应强度B=0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面,导体棒ac垂直导轨放置,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.当ac棒以v=4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时,求:

(1)ac棒中感应电动势的大小;

(2)回路中感应电流的大小和方向;

(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小和方向.

19．如图所示，边长为L的正方形金属框abcd，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间变化规律为B=kt（k＞0），已知细线所能承受的最大拉力为2mg，求：

（1）线框中感应电流的方向；

（2）分析线框的各边所受安培力的方向；

（3）从t=0开始，经多长时间细线会被拉断？

20．如图所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知外接灯泡的电阻为18Ω，其余电阻不计。

（1）写出灯泡两端的瞬时电压的表达式；

（2）求转动过程中穿过线圈的最大磁通量；

（3）求线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功W.

21．如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1=3300V，副线圈两端电压U2为220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2V，

（1）原线圈n1等于多少匝？

（2）当开关S断开时，表A2的示数I2=5A，则表A1的示数I1为多少？

（3）当开关S闭合时，表A1的示数I1′等于多少？

参考答案

1．C

【详解】

电磁感应现象最先是由法拉第通过实验发现的，它说明了磁能生电的问题，它是指变化的磁场产生电流的现象，故选项C正确．

2．D

【详解】

金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势，则有：

E BLv

=

感应电流：

E BLv

I

R R

==

此时的安培力：

F安

22

B L v BIL

R ==

根据牛顿第二定律：

22

B L v

ma

R

=

所以物体减速的过程中加速度随着速度v的减小而减小，直到物体速度减为零；

A.与分析不符，不符合题意；

B.与分析不符，不符合题意；

C.与分析不符，不符合题意；

D.与分析相符，符合题意．

3．C

【详解】

线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4．选C

点睛：本题关键是分析安培力的大小和方向情况，比较安培力和重力的关系，抓住安培力大

小与速度成正比，分析2、4两处安培力的大小关系．

4．C

【解析】

此过程中ab边始终切割磁感线，ab边为电源，由右手定则可知电流为逆时针方向，由a流向b，电源内部电流从低电势流向高电势，故a端的电势低于b端，故A错误；由左手定则可知ab边所受安培力方向竖直向上，故B错误；如果刚进入磁场时安培力等于重力，则一

直匀速进入，如果安培力不等于重力，则

22

B L v

mg ma

R

-=，可知线圈做变加速运动，故

C正确，D错误．所以C正确，ABD错误．

5．C

【解析】

线圈中的电流做周期性的变化，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，从而在导体中产生大量的热，而交流电的频率越大，产生的热量越多，故C正确，ABD错误．

点睛：用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，高频交流电的频率越大，产生的热量越大．6．C

【解析】A、输入电压的有效值为11000V，用电器的额定电压为220V，所以变压器的输出电压大于220V，原副线圈的匝数比小于50:1，故A错误；

B、由输入电压的表达式知，

100

50

2

f Hz Hz

π

π

==，故B错误；

C、副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I=4 A，故C正确；

D、变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880W，所以变压器的输入功率大于880W，故D错误。

点睛：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。

7．D

【解析】由图象可知，交流电的周期为20×10?3s，所以交流电的频率为f=1

T

=50Hz，A

错误；根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=Acosωt=5cos2π

0.02

t(A)=5cos100πt(A)，B错误；在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最

大，穿过交流发电机线圈的磁通量为零，C 错误；交流电的有效值为I =m √

2

=5√2

2

A ，所以发电机的发热功率为P =I 2r =(5√22

)2

×0.4W =5W ，D 正确．

8．D 【详解】

AB ．第一次灯泡两端的电压有效值为

1022

m U =

= 设第二次电压的有效值为2U ，根据有效值的定义，则有

222

002

(2)()22U U U T T T R R R

+=

解得

202

U =

故AB 错误； CD ．由功率的公式

2

U P R

= 得，灯泡的电功率之比是

22

12

12::1:5U U P P R R

=

= 故C 错误，D 正确。 故选D 。 9．C 【解析】

A 、电路中的变压器不改变交流电的频率，100502f Hz Hz π

π

=

=，所以A 错误； B 、原线圈的电压的有效值为220V ，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为110V ，所以B 错误；

C 、

D 、在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减

小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，1L 两端电压不变所以亮度不变，2L 将变亮，因为电流增大，故C 正确，D 错误．

点睛：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．同时注意线圈L 对电流的敏感程度． 10．A 【解析】 【详解】

理想变压器的原副线圈的匝数比21:2:1n n =，电流表读数为I ，电流与匝数成反比，副线

圈的电流为2I ，输入功率等于副线圈消耗的功率：2

2P I R mgv UI =

+=（），所以电压表的读数4mgv

U IR I

=+，故选项A 正确． 【点睛】

输入功率等于输出功率，电流与匝数成反比，结合功率公式即可求解． 11．BCD 【解析】

试题分析：据乙图可知，输入电压的有效值为u 1=u m /

，原线圈上的灯泡L 1分去9v

的电压，原线圈两端加有的电压为u 1=27v ，则副线圈两端的电压按照匝数比为u 2=9v ，由于L 2、L 3、L 4灯泡并联，这三个灯泡的电压均为9v ，达到三个灯泡的额定电压，则三个灯泡的电流均为2/3A ，所以A 选项错误，B 、C 选项正确；据图可知输入交变电压的周期为0.02s ，且原副线圈的电压周期、频率都相同，据f=1/T=50Hz ，所以D 选项正确。 考点：本题考查对理想变压器的理解。 12．ABC 【解析】

A 、在小金属块进入或离开磁场时有感应电流产生，完全进入磁场后无感应电流，故选项A 正确，选项

B 错误；

C 、由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，损失的机械能会完全转化为金属块中产生的电能，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会

越来越小，当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，故C 正确，D 错误．

点睛：本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合，注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化． 13．AB 【详解】

A 、断开开关S 前，线圈电流稳定，线圈的直流电阻不计，则电容器两端电压为零，所以电容器没有电荷量，故A 正确；

BD 、当开关断开瞬间，线圈电流减小，由于线圈的自感现象，导致线圈中产生感应电动势，且左端电势高于右端，从而对电容器充电，因此a 极带正电，b 板带负电，故B 正确，D 错误；

C 、当断开开关S 前，线圈电流稳定，且线圈的直流电阻不计，则电容器两端电压为零，所以电容器没有电荷量，故C 错误； 故选AB ． 14．BD

【解析】由图象可知，交流电的最大值为U m =100V ，电流的周期为T=0.04s ，交流电的角速度ω=

2πT

=50πrad/s ，所以交流电的电压瞬时值的表达式为u =100sin (50πt )V ，故A

错误，交流电的频率为f =1T

=25Hz ，故B 正确；交流电的电压有效值为U =

√2

=

100×0.707V =70.7V ，故C 错误；将该交变电流的电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为P =

U 2R

=

(

100√2

)2

100

=50W ，故D 正确；故选BD 。

【点睛】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率． 15．BC 【详解】

AB.从垂直中性面开始其瞬时表达式为i =I m cosθ，则电流的最大值为：

1

2

cos600.5m i I A A ===，电流有效值为

I ==，线圈消耗的电功率为：2

2

24P I r W W ==

?=，故A 错误，B 正确；

C.感应电动势最大值为E m =I m r =2×2V=4V ，任意时刻线圈中的感应电动势为24cos e t T

π

=，故C 正确；

D.根据2m E NBS NBS T

πω==，可得：22m E T

BS N T

ππ==

，所以任意时刻穿过线圈的磁通

量为222sin sin T BS t t T T

πππΦ==，故D 错误．所以BC 正确，AD 错误． 16．右偏 左偏 【解析】 【详解】

（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）在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下；

①闭合开关，将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将右偏。 ②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，穿过线圈的磁通量减少，灵敏电流计指针左偏。 17．A 见解析 【详解】

（1）[1]欧姆表示数等于指针示数与挡位的乘积，用同一挡位测电阻，指针偏角越大，所测电阻阻值越小，指针偏角越小，电阻阻值越大，由图示可知，a 位置指针偏角小，线圈A 的电阻大，线圈A 的匝数较多；

（2）[2]实验步骤：①用长导线绕一个n 匝线圈，作为副线圈替代A 线圈；②把低压交流电源接B 线圈，测得线圈的输出电压为U ；③用A 线圈换下绕制的线圈测得A 线圈的输出电压为

A

U n U

． 18．(1)0.80 V (2)4.0 A (3)0.80 N ，方向水平向右

【详解】

（1）根据金属棒切割磁感线产生的感应电动势则0.40*0.50*4.00.80E Blv V === （2）根据闭合电路欧姆定律则0.80

4.00.20

E I A R r =

==+ （3）由于ab 棒匀速直线运动，说明其合外力为零即

==0.40*4.0*0.500.80F F BIL N ==外安

根据右手定则可知，切割磁感线产生的感应电流为从b 到a ，根据左手定则知，安培力方向为向左，即外力方向为向右． 【点睛】

此类题型考察了一种常见的题型，其解题顺序一般是先通过切割磁感线产生感应电流，通过左手定则判断安培力．

19．（1）线框中感应电流的方向a→d→c→b→a ；

（2）分析线框的各边所受安培力的方向ab 边所受的安培力方向向下，bc 边所受的安培力方向向左，cd 不受安培力，ad 边的安培力方向向右； （3）从t=0开始，经

时间细线会被拉断．

【解析】解：（1）根据楞次定律，则有感应电流的方向：逆时针方向（即a→d→c→b→a ）； （2）根据左手定则，结合感应电流的方向，则有：

ab 边所受的安培力方向向下，bc 边所受的安培力方向向左，cd 不受安培力，ad 边的安培力方向向右．（线框有收缩的趋势）；

（3）根据平衡条件，结合安培力表达式，则有：，

且B=kt ， 解得：t=

答：（1）线框中感应电流的方向a→d→c→b→a ；

（2）分析线框的各边所受安培力的方向ab 边所受的安培力方向向下，bc 边所受的安培力方向向左，cd 不受安培力，ad 边的安培力方向向右； （3）从t=0开始，经

时间细线会被拉断．

【点评】本题考查了电磁感应定律和安培力公式、左手定则、楞次定律、受力平衡等知识点

的简单综合应用，注意左手定则与右手定则的区别．

20．（1）sin100лtV （2）0.027Wb （3）0.04J 【解析】 【详解】

（1）由题图乙得ω=100πrad/s

e =E m sin sin100лtV

（2）E m V , ω=100лrad/s

Φm =BS =

m

E ω

或Φm Wb 或Φm ≈0.027Wb (3)E

=6V Q =2E T R

=0.04J

由能量守恒定律知外力所做的功W =Q =0.04J 21．（1）1650匝（2）1/3A （3）2/3A 【详解】

（1）把电压表看做一匝线圈，应用匝数之比等于电压之比求原线圈匝数；（2）电流根据输入功率等于输出功率1122U I U I =；（3）应用欧姆定律和输入功率等于输出功率求副线圈电流，在根据输入功率等于输出功率求原线圈电流． （1）由电压与变压器匝数的关系可得：

113302

11650U n n U =

=?=匝 （2）当开关S 断开时，由输入功率等于输出功率：1122U I U I = 可得

11

3

I A =

（3）当开关S 断开时，有：

2

2

44L U R I =

=Ω

当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R '，则有：0.522L R R ='=Ω

副线圈中的总电流为2

I '，则 2

2

10U I A R

''== 由11

22U I U I ='' 得：

123

I A '=

【点睛】

本题考查变压器原理；只要知道变压器的特点：匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出

功率．