四川外国语大学附属外国语学校2019-2020学年高二下学期期中考试物理试卷 PDF版含答案.pdf

1、 1/6 考试时间：90 分钟 满分：100 分 注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 卷(共48分)一、选择题（每小题 4 分。其中 1-8 题只有一个选项正确，9-12 题有至少 2 个选项正确，选不选得2分，选错不得分）1下列现象中，属于电磁感应现象的是()A闭合线圈靠近磁铁时产生电流 B通电线圈在磁场中受磁场作用力转动 C磁铁吸引小磁针 D小磁针在通电导线附近发生偏转 2如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框从图中实线位置向左缓慢平移到虚线位置，此时直导线正好平分矩形线框。已知直线电流在周围产生的磁场随距

2、离增大而减弱，则穿过线框的磁通量将()A逐渐增大 B先增后减 C逐渐减小 D先减后增 3发光二极管是目前电器指示灯广泛使用的电子元件，只有电流从标有“+”号的一端流入时，它才能发光。如图所示，螺线管与两只反向并联的发光二极管相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管。下列说法正确的是()A磁铁 S 极朝下释放时，先红灯亮后绿灯亮 B磁铁 N 极朝下释放时，先红灯亮后绿灯亮 C无论哪一极朝下，磁铁通过时，两灯多次交替发光 D若磁铁磁性足够强，则磁铁可以悬停在管内 4利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流将交变电流变为直流，一种简单四川外国语大学附属外国语学校2019-20

3、20学年高二下学期期中考试物理试卷 2/6 的整流电路如图甲所示，ab 为交变电流信号输入端，D 为半导体二极管，R 为定值电阻。信号输入后，电阻 R 两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是()A频率为 100Hz B电压有效值为 50V C若电阻=100，则 1min 内 R 产生的热量为2.5 104 D一个标有“90,30”的电容器并联在电阻 R 两端，可以正常工作 5如图所示，两个相同的灯泡 a、b 和电阻不计的线圈 L（有铁芯）与电源 E 连接，下列说法正确的是()AS 闭合瞬间，a 灯发光 b 灯不发光 BS 断开，b 灯“闪”一下后熄灭 CS 闭合，a

4、灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭 D断开瞬间，a 灯左端的电势高于右端电势 6如图所示,为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度相同，两边界间距为 L一边长为 2L 的正方形线框 abcd 由粗细均匀的电阻丝围成，线框从位置匀速运动到位置，则整个过程中线框 a、b 两点间的电势差ab随时间 t 变化的图象是()A B C D.7如图所示，宽度为 L 的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个高为 L 的梯形闭合金属线框 abcd 沿垂直于磁场边界向右匀速穿过磁场，速度大小为 v，ab，cd 边保持与磁场边界平行，金属线框 ab 边到达磁场左边界时为 t=0 时刻，规定向左为线框所受安培力 F 的正方

5、向，关于线框所受安培力 F 与时间 t 关系图象可能正确的是()A B 3/6 C D 8如图所示，光滑绝缘直杆 ab 用细线水平吊在天花板上，始终保持静止。两导体棒 cd、ef 用等长细软金属丝分别连接两端后，搭在 ab 杆上，cd 质量为 M，ef 质量为 m，电阻均为 R，长度均为L，整个装置置于垂直纸面向里的足够大匀强磁场中，磁感强度为 B，重力加速度为 g。已知 Mm,若金属丝电阻不计，则 cd 棒由图示位置静止释放后，在 ef 到达 ab 位置之前，回路中电流大小随时间的变化关系，即 I-t 图象可能正确的是()A B C D 9如图所示，a、b、c 三个金属圆环组成共面同心圆，只

6、在 b 环中通以顺时针方向的电流，现将 b 环中的电流增大，则下列判断正确的是()Aa 环中产生逆时针方向的感应电流 Ba 环有扩张趋势 Cc 环中产生顺时针方向的感应电流 Dc 环有扩张趋势 10.一正弦交变电压的电压u随时间t变化的规律如图所示,下列说法正确的是()A该交变电压的瞬时值表达式为 u=10sin（50t）V B将该交变电压接在匝数比为 12 的理想变压器原圈上，副线圈输出频率为 50 Hz C该交变电压有效值约为 7.1V D将该交变电压加在阻值 R=20 的白炽灯两端，电灯消耗的功率是 5W 4/6 11如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线

7、圈平面的匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁感应强度 B 的正方向，B 随时间 t 的变化关系如图乙所示t=0 时刻，在平行板电容器间，由静止释放一带正电的粒子（重力可忽略不计），假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列关于板间电场强度、粒子在板间运动的位移、速度和加速度与时间的关系图象中（以向上为正方向）可能正确的是（）A B C D 12如图所示，左侧接有定值电阻 R=0.4的足够长的光滑 U 形导轨水平放置，置于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B=0.5T，导轨间距为 L=0.2m一质量为 m=0.1kg、阻值为 r=0.1的金属棒在水平拉力 F 作用下由

8、静止开始匀加速运动，加速度 a=5m/s2,棒与导轨接触良好，则在金属棒移动的过程中()AR 电压与时间的平方成正比 B通过 R 电量与时间的平方成正比 C2 秒末外力 F 大小为 7N D2 秒末外力 F 的功率为 7W II卷（共52分）二、实验题(本题共2小题，每空2分，共 16 分。13 题 8 分，14 题 8 分)13在图甲中，不通电时电流表指针停在正中央，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏现在按图乙连接方式将电流表与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合回路.5/6 （1）先将S断开，将螺线管A放入螺线管B，电流表的指针将_（填“向左”“向右

9、”或“不发生”）偏转；（2）然后闭合S，电流表的指针将_（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；（3）保持螺线管A在B中不动，电流表的指针将_（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；（4）螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流表的指针将_（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转。14在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，采用的仪器有：电源E（电动势6V，内阻r=2）；标号为“4.0V，1.6W”的小灯泡L；电流表1（量程0.6A，内阻约2）；电流表2A（量程为3A，内阻约0.5）电压表V（量程6V，内阻约15k）；滑动变阻器1（最大阻值l0）；滑动变阻器2（最大阻值200）；开关

10、S，导线若干（1）实验中要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调则滑动变阻器须选用_（填“1或2”），电流表须选用_（填“1或2A”）（2）请在虚线方框中设计出实验所用的电路原理图（3）如右上图所示，为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的 I-U 图象，如果这个灯泡接在电源 E（电动势 2V，内阻 r=5）上，则此灯泡消耗的实际功率为_W 三、计算题(本题共 3 小题，共 36 分。15题 10 分，16题 10 分，17题 16 分)6/6 15如图甲所示，一个半径为a、阻值为r的圆形单匝金属线圈与阻值为R电阻组成闭合回路。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感

11、应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图中0和0已知，其他电阻不计。在t=0至=0时间内，求：（1）电阻R中电流的方向；（2）感应电动势的大小E；（3）a、b两点间的电势差。16某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站,发电机输出功率为 9KW,发电机 输出电压为500V,输电线的总电阻为10,允许线路损耗的功率为输出功率的4%,求:(1)村民和村办小企业需要220V电压时,所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少(不计变压器的损耗)；(2)若不用变压器而由发电机直接输送,村民和村办小企业得到的电压和功率是多少。17.如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的两足

12、够长的平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小B0.1 T的匀强磁场中，P1Q1与M1N1间的距离为L12m，P2Q2与M2N2间的距离为L21 m，两导轨电阻可忽略不计两根相同的金属棒ab、cd放在导轨上，每根金属棒的质量为m=0.1kg，单位长度的阻值为r0=0.5/m，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路金属棒与导轨间的动摩擦因数0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度大小g10 m/s2.(1)在t0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒cd，使其从静止开始沿导轨做加速运动，求金属棒ab开始运动时金属棒cd的速度；(2)若用一个适当的水

13、平外力 F0(未知)向右拉金属棒 cd，恰能使两根金属棒都沿导轨向右匀速运动，求该水平外力 F0的大小；(3)若将金属棒ab固定，给金属棒cd棒水平向右的初速度变为v010 m/s，金属棒cd在水平向右的外力F0=0.2N的作用下运动一段时间后停止，求金属棒cd运动的距离以及金属棒ab上产生的焦耳热。第 1页（共 9页）参考答案与试题解析123456789101112ABABCDACABACBDBD1.【分析】产生感应电流的现象是电磁感应现象，感应电流的产生条件是闭合回路磁通量发生变化。【解答】解：A、闭合线圈靠近磁铁时，闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，是电磁感应现象，故 D 正确。B、

14、通电线圈在磁场中发生转动属于电流受到安培力的作用产生的，不是电磁感应现象，故 B 错误。C、磁铁吸引小磁针属于磁现象，不是电磁感应现象，故 A 错误。D、小磁针在通电导线附近发生偏转是由于电流产生磁场引起的，不是电磁感应现象，故 A错误。故选：A。2.【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数。当线圈面积不变，根据磁感线的疏密判断穿过线框的磁通量的变化。【解答】解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏，则当线框靠近通电导线，线框的左侧边框没有通过导线所在位置时，穿过线框的磁感线的条数越来越多，磁通量将逐渐增大。当线框平移到虚线位置，此时直导线正好平分矩形线框，故

15、磁通量逐渐减小，直至为零，故B 正确。故选：B。3.【分析】当磁铁的 N 极或 S 极向下运动，导致穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势。由楞次定律可得感应电流的方向，从而判断红灯和绿灯谁先亮；感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，但不会阻止。【解答】解：A、当磁铁 S 极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向上，则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋向下，螺线管下端相当于电源的正极，红灯亮，穿出时，则相反，螺线管上端相当于电源的正极，绿灯亮，所以先红灯亮后绿灯亮，故 A 正确；第 2页（共 9页）B、当磁铁 N 极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则

16、由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋向上，螺线管上端相当于电源的正极，绿灯亮，穿出时，则相反，螺线管下端相当于电源的正极，红灯亮，所以先绿灯亮后红灯亮，故 B 错误；C、由 A 与 B 的分析可知，两灯都只发光一次，故 C 错误；D、根据楞次定律知感应电流的磁场只能阻碍原磁场的变化不能阻止原磁场的变化，故 D 错误。故选：A。4.【分析】由乙图可知交流电的周期，再利用周期可以求出频率的大小；利用焦耳定律可以求出电压的有效值；利用峰值超过电容器的最大电压所以不能正常工作；利用焦耳定律可以求出热量的大小。【解答】解：A、由图乙可知，该电压的周期为 0.02s，故频率为50Hz，故 A 错误；B

17、、由电流的热效应知，一个周期内电阻产生的热量220.010.02UURR有，故电压有效值为 50V，故 B 正确；C、电 阻 R 产 生 的 热 量 应 使 用 电 压 的 有 效 值 进 行 计 算，故 产 生 的 热 量 为241.5 10UQtJR 有，故 D 错误。D、电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压，故 C 错误；故选：B。5.【分析】开关 S 闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯 a 逐渐被短路，随后 a 灯变暗，b 灯变亮。断开开关 S 的瞬间，b 灯立即熄灭，a 灯突然闪亮一下再熄灭。【解答】解：开关 S 闭合的瞬间，两灯同时获

18、得电压，所以 a、b 同时发光。线圈有自感作用，而且电阻可以忽略，灯 a 逐渐被短路，流过 a 灯的电流逐渐减小最后熄灭，b 灯电流逐渐增大；断开开关 S 的瞬间，b 灯的电流突然消失，立即熄灭；断开开关 S 的瞬间，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过a 灯，该电流的方向与流过线圈 L 的电流方向相同，所以从右向左流过灯泡 a，可知 a 灯左端的电势低于右端电势；故选：C。6.【分析】根据公式 EBLv求出电路中的感应电动势，再得到 ab 两端电势差abU大小。由第 3页（共 9页）楞次定律判断感应电流的方向，确定abU的正负。【解答】解：在 0 Lv 的时间内，a

19、b 切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则 a 的电势高于 b 的电势，abU为正。则 ab 两端电势差34abUBLv；在2LLvv 的时间内，cd 边进入磁场后，cd 边和 ab 都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a 的电势高于 b 的电势，abU为正，所以abUEBLv；在 23 2LLvv 的时间内，ab 边穿出磁场后，只有 cd 边切割磁感线，由右手定则知，a 点的电势高于 b 的电势，abU为正，则 ab 两端电势差为14abUBLv，故选：D。7.【分析】首先根据右手定则判断边 ab 刚进入磁场时回

20、路中感应电流方向，然后根据进入磁场中有效切割长度与时间的关系式，根据安培力公式 FBIl分析安培力与时间的关系式，同理以此分析线框出磁场时安培力与时间关系式，从而得出正确结果。【解答】解：令 ab 的长为 0l，ad 与水平方向的夹角为，线框总电阻为 R，线框进入过程，根据楞次定律可知其感应电流为逆时针，很具左手定则可知，线框受到的安培力向左，为正值，某一时刻线框切割磁感线的有效长度为：02tanllvt所以安培力的大小为：220(2tan)B lvtvFBIlR根据表达式可知，安培力随时间逐渐增大，且其图象是开口向上的抛物线，当线框出磁场时，根据楞次定律可知，线框中的感应电流为顺时针，根据左

21、手定则可知，线框受到的安培力向左，为正值，当出磁场运动了时间t，此时的有效切割长度为：02tanllvt所以安培力的大小为：220(2tan)B lvtvFBIlR则 Ft 图象应该同线框进入磁场时的图象相同.故选：A。第 4页（共 9页）8.【分析】若棒能达到匀速下落，根据平衡条件求解最大电流；系统由静止释放后，由牛顿第二定律求解加速度大小的表达式，再推导出电流强度和加速度的关系，分析 It 图象的斜率变化即可得解。【解答】解：若棒能达到匀速下落，此时回路中的电流最大，设为mI，对 M、m 整体而言，速度最大时根据平衡条件可得：2mBI LmgMg，解得()2mMm gIBL；系统由静止释放

22、后，加速运动的加速度大小设为 a，cd 棒受到的安培力大小设为AF，对 M、m 整体而言，由牛顿第二定律可知：2()AMgmgFMm a，又有AFBIL，而电流强度2222EBLvBLvIRRR，解得：222MmB L vagMmMm，由于 v 在增大，故 a 在减小，电流强度2222EBLvBLaItRRR，因 a 在减小，故 It 图象斜率减小.故选：C。9.【分析】本题中b 环中电流逐渐增大时，在环内外产生的磁场增大，可以根据楞次定律的四个步骤，逐步做出判定，也可以直接使用楞次定律的推广形式做出判定。【解答】解：当 b 环中电流逐渐增大时，在环内外产生的磁场增大，c 环内的磁通量增大，为

23、阻碍磁通量的增大，c 环将产生与 b 中方向相反的电流，即 c 环中产生逆时针方向的感应电流；同时 c 环有面积减小的趋势；同理，a 环内的磁通量增大，为阻碍磁通量的增大，a 环将产生与b 中方向相反的电流，即a 环中产生逆时针方向的感应电流；同时 a 环有面积扩张的趋势。故选：AB。10.【分析】由图象知该交变电压的最大值为 10V，周期为 4102s，其角频率rad/s，其瞬时值表达式为 u=10sin（50 t）V，；由图象知电压的最大值是的 Um=10V，则其有效值为，；该交变电压的频率，变压器不改变交流电的频率；第 5页（共 9页）该电压加在电阻 R 上，其功率为=2.5W。故选 A

24、C.11.【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小不变，方向逆时针，感应电动势大小不变，方向顺时针方向，方向与相反；感应电动势大小不变沿逆时针方向，方向与相同；内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零，内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速，同理，内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电

25、，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零；由上分析可知，末速度减小为零，位移最大，当 T 末，粒子回到了原来位置故选：BD。12.【解答】BDWFvPDNFaBILFAREIVBLvEsmatvCBatRBLrRBLxrRqBAtBLBLvUAR7:7.0m2r110:,21r:,a:2对；错；第 6页（共 9页）13不发生；向左；不发生；向左。【分析】由安培定则判断出判断出线圈 A 产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈 B 的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向.【点睛】熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题.140.2

26、W【解析】根据实验要求及给出的额定值可以选择对应的电表和滑动变阻器；根据实验要求选择滑动变阻器接法以及电流表的接法；根据闭合电路欧姆定律可明确对应的图象，与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点（1）实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应选择总阻值较小的 R1；由 P=UI 可知，灯泡的额定电流为 0.4A，故电流表应选择 A1；（2）根据实验要求可知，本实验采用分压接法，同时因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法；电路图如图所示；（3）做电源的 U-I 图像，找交点可知：灯泡的电压为 1V，电流为 0.2A，则可知灯泡的实际功率为 0.2W15【解析】（1）由乙图可知，磁场向里增大，根据楞

27、次定律，可知电流方向由 a 到 b（2 分）（2）根据法拉第电磁感应定律：，(2 分)其中，S=a(2 分)第 7页（共 9页）代入得到：=(2 分)（3）根据闭合回路欧姆定律：，及，可得：(2 分)16(1)13；7211(2)320 V；5 760 W【详解】建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比本题可以从线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流 I 线，再根据输出功率求出U2，然后再求出 U3.(1)由线路损耗的功率 P 线=I2R 线可得(1 分)I 线6A(1 分)又因为 P 输出U2I 线，所以U21500V(1 分)U

28、3U2I 线R 线(1500610)V1440V(1 分)根据理想变压器规律；(1 分)(1 分)（共 6 分）(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示)，第 8页（共 9页）由 P 输出UI 线可得I 线18A(1 分)所以线路损耗的功率P 线IR 线18210W3240W(1 分)用户得到的电压 U 用户UI 线R 线(5001810)V320V(1 分)用户得到的功率 P 用户P 输出P 线(90003240)W5760W.(1 分)17(1)R1=1，(1 分)R2=0.5(1 分)金属棒 cd 产生的电动势 E2BL2v(1 分)则通过整个回路的电流(1 分)金属棒 ab 所受安培力(1 分)金属棒 ab 刚要开始运动的临界条件为 FA1mg(1 分)联立解得v=15m/s(1分)(共7分)(2)(1 分)(1 分)(1 分)（共 3 分）(3)对于金属棒 cd 根据动量定理得(1 分)设金属棒 ab 停止运动后金属棒 cd 运动的距离为 x，根据法拉第电磁感应定律得第 9页（共 9页）(1 分)根据闭合电路欧姆定律(1 分)联立解得：x=150m(1 分)(1 分)(1 分)0/3/28 10:04:43；用户：李老师；邮箱：zqswxyh.；学号：31277711