2024年高二物理第二学期期末模拟试卷及答案（四）

2024年高二物理第二学期期末模拟试卷及答案（四）

一、单选题：共10小题，

1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历

史的进步.下列说法正确的是（）

A.牛顿首先总结了电路中电流与电压和电阻的关系

B.库仑发现了电流的磁效应

C.麦克斯韦首次通过实验证实了电磁波的存在

D.法拉第发现了电磁感应规律

2.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到

球后，两臂随球迅速引至胸前.这样做可以（）

A.减小球对手的冲量B.减小球的动量变化率

C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量

3.近代物理学家预言有单个的磁极（磁单极子）在自然界存在.我

们假定有一个单个的N极磁单极子存在,它由右方沿水平方向垂直于

一个竖直超导线圈A所在平面向左运动井穿过超导线圈A,如图所

示.则有（）

QY

A.穿过超导线圈后，顺着磁单极子运动方向看，线圈中有顺时针方

向电流长久存在

B.穿过超导线圈后，顺着磁单极子运动方向看，线圈中有逆时针方

向电流长久存在

C.穿过超导线圈过程中有电流存在，穿过超导线圈后电流很快消失

D.线圈中始终没有电流存在

4.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1,原线圈接

止弦交流电源，副线圈接入“220V,60W〃灯泡一只，且灯光止常发

A.副线圈电流频率为20HzB.电源输出功率为1200W

C.电流表的示数为六AD.原线圈端电压为11V

5.如图所示，理想变压器的输入端接正弦交流电，副线圈上通过输

电线接有两个相同的灯泡L和Lz,输电线的等效电阻为Ri.当滑动

变阻器R2的滑片P向下滑动时，以下说法中正确的是（）

A.副线圈的两端M、N的输出电压减小

B.副线圈输电线等效电阻R】上的电压不变

C.副线圈消耗的总功率减小

D.原线圈中输入功率增大

6.如图所示，空间分布着宽为L,垂直于纸面向里的匀强磁场.一

金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域.规定逆时针方向为电

流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图（i-x）正确的是（）

如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比：

7.n2=61,

副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L为电

感线圈、C为电容器、R为定值电阻.当原线圈两端接有如图乙所示

的交流电时，三只灯泡都能发光.如果加在原线圈两端的交流电的峰

值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交流电的频率改变

之后与改变前相比，下列说法中正确的是（）

A.拉力F的冲量大小为FtcosS

B.摩擦力的冲量大小为FtsinB

C.重力的冲量大小为mgt

D.物体所受支持力的冲量是mgt

10.原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源.当笊等离子体

被加热到适当高温时，笊核参与的几种聚变反应可能发生，放出能

2

1H玲k411

量.这几种反应总的效果可以表示为62He+d1H+2o

n+43.15MeV由平衡条件可知（）

A.k=l,d=4B.k=2,d=2C.k=l,d=6D.k=2,d=3

二、多选题

11.2005年是〃世界物理年〃，100年前的1905年是爱因斯坦的“奇迹”

之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文，其中关于光

量子的理论成功地解释了光电效应现象.关于光电效应，下列说法正

确的是（）

A.当入射光的频率低于极限频率时，不能发生光电效应

B.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比

C.光电子的最大初动能与入射光的强度成正比

D.某单色光照射一金属时不能发生光电效应，改用波长较短的光照

射该金属可能发生光电效应

12.〃两弹一星〃可以说长了中国人的志气，助了中国人的威风，下列

原子弹和氢弹说法正确的是（）

234

1H+1H玲2

A.原子弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式

1

He+On

23519c

B.原子弹是根据重核的裂变原理，基本核反应方程式92u+On^3E

1361

Sr+54Xe+10On

2341

1H+1H玲o

C.氢弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式2H

n

29c

92u+n43c

D.氢弹是根据重核的裂变原理，基本核反应方程式

1361

Sr+54Xe+10On

13.在远距皆输电时，输送的电功率为P,输电电压为U,所用输电

导线上的总电阻为R,输电线上损耗的电功率为Pi,用户得到的电功

率为P2,用户得到的电压为6,在忽略其他损失的情况下，下列表

达式中正确的是（）

22

A.P产萼B.P2=帚）RC.P2=P-（品RD.U2=U-质而

Ruu

14.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生

的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示.此线圈与一个

R=1OQ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（）

|e/V

00.125\/o.25ot/s

A.交变电流的频率为4Hz

B.在1s内，交变电流的方向改变8次

C.此闭合回路的电流有效值为加A

D.小型交流发电机的输出功率为40W

15.图中中A、B为两个相同的划、形线圈，共轴并靠近放置，A线圈

中通有如图乙所示的交流电i,则（）

甲乙

A.在ti到t2时间内A、B两线圈相吸

B.在t2到t3时间内A、B两线圈相斥

C.匕时刻两线圈间作用力最大

D.t2时刻两线圈间吸力最大

三、解答题（共4小题，满分。分）

16.（1）如图1,读出下面游标卡尺和螺旋测微器的测量数据.

图2

(a)游标卡尺读数:

(b)螺旋测微器读数:

(2)在〃研究电磁感应现象〃的实验中，首先要按图2中的甲接线,

以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图2中

的乙将电流表与线圈B连成一个闭合电路，将线圈A、电池、滑动变

阻器和开关串联成另一个闭合电路.在图2甲中，当闭合S时，观察

到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央).在图2乙中：(以

下均填"向左〃、"向右〃、"不〃)

(a)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针

将偏转.

(b)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流

表指针偏转.

17.如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止

在光滑水平地面上的平板小车，车的质量为1.6kg,木块与小车之间

的摩擦系数为0.2（gmlOm/s2）.设小车足够长，求：

（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小.

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间.

（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离.

..............1M

......

18.氢原子的能级示意图如图所示，现有每个电子的动能都为

的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与

Ee=12.89eV

氢原子发生迎头正碰.已知碰撞前一个电子与一个原子的总动量为

零.碰撞后，氢原子受激，跃迁到n=4的能级.求碰撞后1个电子与

1个受激氢原子的总动能.（已知电子的质量S与氢原子的质量加

之比为1：1840）

19.用质量为m、电阻为R的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框

abbW.如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁

场方向平行.设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽

略不计.可认为方框的aa，边和bb，边都处在磁极之间，极间磁感应强

度大小为B.方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不

计空气阻力）.求：

L

图1装相纵截面示意图图2装智齿视示意图

（1）方框下落的最大速度Vm（设磁场区域在数值方向足够长）；

（2）当方框下落的加速度为■1时，求方框的发热功率P；

（3）已知方框下落时间为t时，下落高度为h,其速度为Vt（VtVVm）.若

在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流Io在该框内产生的热

相同，求恒定电流Io的表达式.

参考答案与试题解析

一、单选题：共10小题，

1.（2016春•清远校级期末）在物理学发展的过程中，许多物理学

家的科学发现推动了人类历史的进步.下列说法正确的是（）

A.牛顿首先总结了电路中电流与电压和电阻的关系

B.库仑发现了电流的磁效应

C.麦克斯韦首次通过实验证实了电磁波的存在

D.法拉第发现了电磁感应规律

【考点】物理学史.

【分析】欧姆首先总结了电路中电流与电压和电阻的关系.奥斯特发

现了电流的磁效应.赫兹首次通过实验证实了电磁波的存在.法拉第

发现了电磁感应规律.

【解答】解：A、欧姆首先总结了电路中电流与电压和电阻的关系，

发现了欧姆定律.故A错误.

B、奥斯特发现了电流的磁效应，库仑发现了电荷间作用力的规律-

-库仑定律.故B错误.

C、赫兹首次通过实验证实了电磁波的存在，不是麦克斯韦.故C错

误.

D、法拉第发现了电磁感应规律.故D正确.

故选：D

【点评】本题考查物理学史，是常识性，只要加强记忆，就能得分.可

结合物理学家的成就、年代等进行记忆.

2.（2013春•佛山期末）篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸

出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前.这样做可以

（）

A.减小球对手的冲量B.减小球的动量变化率

C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量

【考点】动量定理.

【分析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样

可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析.

【解答】解：先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，

这样可以增加球与手接触的时间，

根据动量定理得：

-Ft=O-mv

mv

F=T

当时间增大时，球动量的变化率减小；作用力就减小，而冲量和动量

的变化量都不变，所以B正确.

故选：B.

【点评】本题主要考查了动量定理的直接应用，注意增大作用时间可

以减小冲击力的大小.

3.（2013春•佛山期末）近代物理学家预言有单个的磁极（磁单极

子）在自然界存在.我们假定有一个单个的N极磁单极子存在，它由

右方沿水平方向垂直于一个竖直超导线圈A所在平面向左运动并穿

过超导线圈A,如图所示.则有（）

A.穿过超导线圈后，顺着磁单极子运动方向看，线圈中有顺时针方

向电流长久存在

B.穿过超导线圈后，顺着磁单极子运动方向看，线圈中有逆时针方

向电流长久存在

C.穿过超导线圈过程中有电流存在，穿过超导线圈后电流很快消失

D.线圈中始终没有电流存在

【考点】楞次定律.

【分析】磁单极子穿过超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根

据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向.

【解答】解：若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近

线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由榜次

定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感

应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小,

且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向

上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针.因此线圈中产生

的感应电流方向不变.所以四个选项中B正确.

故选：B

【点评】考查右于螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征.同时注

意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极.

4.（2013春•佛山期末）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之

比为20：1,原线圈接正弦交流电源,副线圈接入〃220V,60W〃灯泡

一只，且灯光正常发光.则（）

A.副线圈电流频率为20HzB.电源输出功率为1200W

C.电流表的示数为易AD.原线圈端电压为11V

【考点】变压器的构造和原理.

【分析】在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，电压

与匝数成正比，电流与匝数成反比.

【解答】解：A、根据题意无法求解副线圈电流频率，故A错误；

B、在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，在副线圈

中只有一个60W的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小

都为60W,故B错误；

C、在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以副线圈的电流为

603

l=220A=ITA,

根据电流与匝数成反比可知，此时原线圈中的电流为为西A,故C

正确；

D、根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为4400V,故D错误.

故选：C.

【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即

可得到解决.

5.（2016春•清远校级期末）如图所示，理想变压器的输入端接正

弦交流电，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡和输电线

L1L2,

的等效电阻为Ri.当滑动变阻器R2的滑片P向下滑动时，以下说法

A.副线圈的两端M、N的输出电压减小

B.副线圈输电线等效电阻Ri上的电压不变

C.副线圈消耗的总功率减小

D.原线圈中输入功率增大

【考点】变压器的构造和原理.

【分析】本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据变阻器电

路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电

路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流

和电压的变化的情况.

【解答】解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定

的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，

所以A错误；

B、当滑动变阻器R2的滑片P向下滑动时R2减小，电路的电阻减小，

副线圈的电流变大，所以通过电阻Ri的电流变大，电压变大，故B

错误；

彩

C、副线圈两端的电压不变，负线圈的电阻减小，根据知副线圈

消耗的功率增大，故C错误；

D、因为副线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，所以原线

圈输入功率增大，所以D正确；

故选：D.

【点评】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.

6.（2012•台州二模）如图所示，空间分布着宽为L,垂直于纸面向

里的匀强磁场.一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域.规

定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图（i

-x）正确的是（）

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律.

【分析】先由楞次定律判断感应电流的方向.再分段研究感应电动势,

由欧姆定律求出感应电流的大小.

【解答】解：在0-L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向

沿逆时针方向，为正值；感应电动势大小为EkBLv,感应电流大小为

E

T1BLv

【「R-R，

在L-2L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿逆时针方向,

为正值；感应电动势大小为E2=2BLV,感应电流大小为"*二吗二

在2L-3L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿顺时针方

向，为负值；感应电动势大小为E3=3BLV,感应电流大小为13=-

或二-强二故B正确.

RR

故选B

【点评】本题运用楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律得到感

应电流的表达式，再选择图象，是常用的方法和思路.

7.（2016春•清远校级期末）如图甲所示，一个理想变压器原、副

线圈的匝数比：副线圈两端接三条支路，每条支路上都

n1：n2=61,

接有一只灯泡，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻.当

原线圈两端接有如图乙所示的交流电时，三只灯泡都能发光.如果加

在原线圈两端的交流电的峰值保持不变，而将其频率变为原来的2

倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的

A.副线圈两端的电压有效值均为6V

B.副线圈两端的电压有效值均为108%

C.灯泡I变亮，灯泡口变亮

D.灯泡n变暗，灯泡m变亮

【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用.

【分析】根据乙图可以知道输入电压的峰值，从而知道副线圈两端电

压的峰值和有效值，频率增大后对电阻无影响，线圈阻碍更大，而电

容阻碍更小.

【解答】解：AB、由乙图中输入电压的峰值为36%,有效值为36V,

理想变压器原、副线圈的匝数比：所以副线圈两端电压

n1：n2=61,

为6V,故A正确，B错误；

CD、当交流电频率增大后，对电阻没影响，线圈阻碍更大，而电容阻

碍更小，所以灯泡n变暗，灯泡m变亮，故c错误，D正确；

故选：AD.

【点评】本题考查了变压器的特点和自感线圈通低频阻高频，电容器

通交流隔直流的特性.

8.（2010•沙坪坝区校级模拟）如图所示为氢原子的能级示意图，一

群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光

子，用这些光照射逸出功为1.90eV的金属艳，下列说法正确的是

()

n=4..........-0.85eV

n-3..........-1.51eV

n=2..........-3.43eV

n=1..........-13.50eV

A.这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从n=4跃迁到n=3所

发出的光波长最短

B.这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n=4跃迁到n=l所

发出的光频率最高

C.金属的表面所发出的光电子的初动能最大值为12.75eV

D.金属的表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85eV

【考点】氢原子的能级公式和跃迁.

2

【分析】氢原子能级间跃迁时.，能发出光的种类为Cn,吸收和辐射

的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大.根

据光电效应方程求出光电子的最大初动能.

24X（4-1）

【解答】解:AB、一群氢原子处于n=4的激发态，可能发出Crn=T^

=6种不同频率的光子，因为n=4和n=l间能级差最大，所以从n=4

跃迁到n=l发出的光子频率最高，波长最短.故A、B错误.

CD、从n=4跃迁到n=l发出的光子频率最高，发出的光子能量为13.60

-0.85eV=12.75eV.根据光电效应方程EKm二hv-W。得，最大初动能

Ekm=12.75-1.90eV=10.85eV.故C错误，D正确.

故选：D.

【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于

两能级间的能级差，以及掌握光电效应方程EKm=hv-Wo.

9.（2016春•清远校级期末）如图所示，质量为m的物体在一个与

水平方向成e角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下

列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是（）

A.拉力F的冲量大小为FtcosQ

摩擦力的冲量大小为Ftsin0

C.重力的冲量大小为mgt

D.物体所受支持力的冲量是mgt

【考点】动量定理.

【分析】根据力的大小，结合冲量的公式1=代求出各力的冲量大小.

【解答】解：A、拉力F的冲量大小为Ft,故A错误.

B、物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcos。，则摩擦力的冲量大小

为代二FtcosB,故B错误.

C、重力的冲量大小为mgt,故C正确.

D、支持力的大小为N=mg-Fsin0,则支持力的冲量为（mg-Fsin8）

t.故D错误.

故选：C

【点评】解决本题的关键知道冲量的大小等于力与时间的乘积，结合

力的大小进行求解，基础题.

10.（2009•安徽）原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源.当

笊等离子体被加热到适当高温时，笊核参与的几种聚变反应可能发

24

1H玲k2

生，放出能量.这几种反应总的效果可以表示为6

1

H+2on+43.15MeV由平衡条件可知（）

A.k=l,d=4B.k=2,d=2C.k=l,d=6D.k=2,d=3

【考点】轻核的聚变.

【分析】根据核反应中遵循质量数守恒，核电荷数守恒可以求出kd

的得数.

【解答】解：在核反应的过程由质量数守恒可得6X2=4k+d+2Xl,..①

根据核电荷数守恒可得6Xl=2k+d...②

联立①②两式解得k=2,d=2.

故选B.

【点评】本题考查核反应遵循的规律，比较简单，只要多看课本，适

当做题就能顺利解决此类题目.

二、多选题

11.（2010•河西区二模）2005年是“世界物理年〃，100年前的1905

年是爱因斯坦的“奇迹〃之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意

义的论文，其中关于光量子的理论成功地解释了光电效应现象.关于

光电效应，下列说法正确的是（）

A.当入射光的频率低于极限频率时，不能发生光电效应

B.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比

C.光电子的最大初动能与入射光的强度成正比

D.某单色光照射一金属时不能发生光电效应，改用波长较短的光照

射该金属可能发生光电效应

【考点】光电效应.

【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射

光的强度无关.根据光电效应方程EKm=hv-Wo可知光电子的最大初

动能与入射光频率的关系.

【解答】解：A、当入射光的频率低于极限频率，不能发生光电效应.故

A正确.

B、.根据光电效应方程E"=hv-Wo可知，光电子的最大初动能与入

射光的频率成一次函数关系，不是正比关系.故B错误.

C、光电子的最大初动能与入射光的强度无关.故C错误.

D、某单色光照射一金属时不能发生光电效应，改用波长较短的光，

根据1先知频率增大，可能发生光电效应.故D正确.

故选AD.

【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电效应方

程EKm=hy-Wo.

12.（2016春•清远校级期末）〃两弹一星〃可以说长了中国人的志气,

助了中国人的威风，下列原子弹和氢弹说法正确的是（）

4

、.232

A.原子弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式1H+1Hf

1

He+Onl

29c

35

92U+03C

B.原子弹是根据重核的裂变原理，基本核反应方程式on

1361

Sr+54Xe+10On

2341

C.氢弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式1H+1H玲2He+0

235]9G

D.氢弹是根据重核的裂变原理，基本核反应方程式92U+On^3E

1361

Sr+54Xe+10On

【考点】重核的裂变；轻核的聚变.

【分析】原子弹爆炸的核反应为重核裂变.氢弹是根据轻核聚变原理.

【解答】解：A、B、原子弹是根据重核的裂变原理，基本核反应方程

2351901361

式92U+On-38Sr+54Xe+10On.故A错误，B正确;

234

1H+1H玲2

C、D、氢弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式

1

He+On.故C正确，D错误.

故选：BC

【点评】核电站、原子弹的爆炸都是重核裂变，氢弹的爆炸为轻核聚

变.基础题目.

13.（2016春•清远校级期末）在远距离输电时，愉送的电功率为P,

输电电压为U,所用输电导线上的总电阻为R,输电线上损耗的电功

率为Pi,用户得到的电功率为P2,用户得到的电压为6,在忽略其

他损失的情况下，下列表达式中正确的是（）

22

A.P广萼B.P2=帚）RC.P2=P-（品RD.l）2=U-J彳

Ruu

【考点】远距离输电.

2

【分析】根据P=UI求出输电线上的电流，结合P损二IR,△LHIR求出

损失的功率和损失的电压，用户得到的功率等于输送功率减去损失的

功率，用户得到的电压等于输电电压减去损失的电压.

P

【解答】解：A、输电线上的电流l=p则输电线损失的功率

P1=12R带，故A错误.

P2R

B、用户得到的功率P2二P-P『P一丁.故B错误，C正确.

D、输电线上损失的电压二IR二号二标，则用户得到的电压

U2=U-AU=U-^故D正确.

故选：CD.

【点评】解决本题的关键知道输送电压、电流和功率的关系，知道用

户得到的功率等于输送功率减去损失的功率，用户得到的电压等于输

电电压减去损失的电压.

14.（2016春•清远校级期末）小型交流发电机中，矩形金属线圈在

匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如

图所示.此线圈与一个R=10Q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.交变电流的频率为4Hz

B.在1s内，交变电流的方向改变8次

C.此闭合回路的电流有效值为后A

D.小型交流发电机的输出功率为40W

【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的

图象和三角函数表达式.

【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

【解答】解：A、由图可知，交流电周期T=0.250s,交变电流的频率

为f=>o'=4HZ,故A正确；

B、一个周期内电流改变两次，故1s内交变电流的方向改次数为

n而去乂2二8次，故B正确；

C、由图可知，交流电的最大电压Um=20V,所以交变电流的最大值为

20

lm=]0=2A,

o

所以交变电流的有效值为U/A-RAA,故C正确；

D、小型交流发电机的输出功率为P=|2R=20W,故D错误

故选：ABC.

【点评】本题考查了交流电最大值、有效值、周期、须率等问题，要

学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解.

15.（2013•清浦区校级学业考试）图甲中A、B为两个相同的环形线

圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交流电i,贝I」（）

A.在匕到t2时间内A、B两线圈相吸

B.在t2到t3时间内A、B两线圈相斥

C.七时刻两线圈间作用力最大

D.t2时刻两线圈间吸力最大

【考点】平行通电直导线间的作用.

【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律

知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.当磁通

量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的

磁场与它相同.最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥.

【解答】解：A、在ti到t2时间内，若设顺时针（从左向右看）方向

为正，则线圈A电流方向顺时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则

可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线

圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互

吸引现象，故A正确；

B、在t2到t3时间内，若设顺时针方向（从左向右看）为正，则线圈

A电流方向逆时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线

圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方

向顺时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故

B正确；

C、由题意可知，在匕时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化

率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为

零，故C错误；

D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，

所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D

错误；

故选：AB

【点评】解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应

电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.同时注意同向电

流相互吸引与同种电荷相互排斥不同.

三、解答题（共4小题，满分。分）

16.（2016春•清远校级期末）（1）如图1,读出下面游标卡尺和螺

旋测微器的测量数据.

(a)游标卡尺读数：20.30mm；

(b)螺旋测微器读数：0.705mm

(2)在〃研究电磁感应现象〃的实验中，首先要按图2中的甲接线,

以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图2中

的乙将电流表与线圈B连成一个闭合电路，将线圈A、电池、滑动变

阻器和开关串联成另一个闭合电路.在图2甲中，当闭合S时，观察

到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央).在图2乙中：(以

下均填"向左〃、"向右〃、"不〃)

(a)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针

将向左偏转.

(b)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流

表指针向左偏转.

【考点】研究电磁感应现象；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器

的使用.

【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.螺

旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻

度读数时需估读；

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.

【解答】解：(1)游标卡尺的固定刻度读数为20mm,游标读数为

0.05X6mm=0.30mm,所以最终读数为20.30mm.

螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm,可动刻度读数为0.01X

20.5mm=0.205mm,所以最终读数为0.705mm.

(2)在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指

针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转.在图乙

中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直

向下；

(a)将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁

场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱

流入，则电流表的指针将左偏转；

(b)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的

滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应

电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；

故答案为：(1)(a)20.30mm；(b)0.705mm(0.704-0.706mm).(2)

(a)向左；(b)向左.

【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游

标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器

的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时

需估读；

本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可止

确解题.

17.（2016•江西二模）如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速

度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，车的质量为1.6kg,

木块与小车之间的摩擦系数为0.2（gMX10m/s2）.设小车足够长，

求：

（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小.

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间.

（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离.

【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿

第二定律；动量定理.

【分析】（1）木块和小车组成的系统，所受合力为零，动量保持不

变，根据动量守恒定律求出，木块和小车相对静止时小车的速度大小.

（2）以木块为研究对象，根据动量定理求出时间.

（3）根据牛顿第二定律分析求出木块和小车的加速度，再由运动学

公式求出两物体的位移及相对位移大小.

【解答】解:

(1)以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可

得：

mv0=(M+m)v

得v二而go/m/s

(2)以木块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得

-ft=mv-mvo

又f=|img

v-v0

得到t=ktg=0-8s

(3)木块做匀减速运动，加速度=11g=2m/s2

fLXme

车做匀加速运动，加速度3二万『一二0.5m/s2

2

由运动学公式可得：V?-v0=2as

在此过程中木块的位移为

Si=乙naA]=0.96m

车的位移为

12

S2=yat=0.16m

木块在小车上滑行的距离为=Si-S2=0Sm

答：

(1)木块和小车相对静止时小车的速度大小为0.4m/s.

(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间是0.8s.

(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离

是0.8m.

【点评】本题第（3）问也可以这样求解：木块的位移为s产浮t

乙

V

=0.96m,车的位移为S2=qt=0.16m.再求解木块在小车上滑行的距离

为=Si-$2=0.8m.

18.（2014•郸城县校级模拟）