江西省赣州市十六县（市）十九校2021-2022学年高二下学期物理期中考试试卷（含答案）

江西省赣州市十六县（市）十九校2021-2022学年高二下学期物理期中考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像如图所示，线圈转动周期为T，则（）A．在t=TB．在t=TC．在t=TD．若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中最大电动势变为原来的4倍2．如图所示，有一闭合的金属线框abcd，放置在垂直于纸面的匀强磁场中，匀强磁场方向与线框平面垂直。在仅有线框移动的情况下，发现ab边受到竖直向上的安培力，则此时线框处于以下哪种运动（）A．水平向左平移 B．水平向右平移C．沿磁场边界向上平移 D．沿磁场边界向下平移3．下列给出了与感应电流产生条件相关的四幅情景图，其中判断正确的是（）A．图甲金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，增大电流，圆线圈中有感应电流B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，正方形线圈中持续有感应电流C．图丙正电荷q顺时针做减速圆周运动过程中，同心共面金属圆圈中感应电流沿逆时针D．图丁金属杆在F作用下向右运动过程中，若磁场减弱，回路不一定会产生感应电流4．如图所示，A、B是两个规格相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相等，按照图示连接好电路。则（）A．开关S闭合，A灯先亮，最后两者一样亮B．开关S闭合，B灯先亮，最后两者一样亮C．开关S闭合一段时间后断开，流过A的电流方向向左D．开关S闭合一段时间后断开，A灯先闪亮一下再逐渐熄灭5．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为5∶1，副线圈接有电动机M，电动机线圈电阻为4Ω，原线圈接交变电源u=2202A．此交流电的频率为100HzB．电动机M两端电压为44C．正常工作时电动机的输出功率为40WD．若电动机由于卡住了而不转动，则电流表的示数为11A6．如图所示，有一个边界为正三角形的匀强磁场区域，边长为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，一个导体矩形框的长为3a2、宽为A． B．C． D．二、多选题7．特技演员从建筑物的高处跳下，在接触地面时，总要曲膝下蹲，其工作原理与下列哪些设施或运动的原理相同（）A．跳水运动员踩踏板的幅度尽可能大B．拳击运动员带厚拳套C．跳远运动员落在沙坑内D．汽车的安全气囊8．健身车的磁控阻力原理如图所示，在铜质飞轮的外侧有一些磁铁（与飞轮不接触），人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离。则（）A．飞轮受到阻力大小与其材料密度有关B．飞轮受到阻力大小与其材料电阻率有关C．飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越小D．磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越大9．如图所示，一小水电站，输出的电功率为P=25kW，输出电压U0=500V，经理想升压变压器T1升压后远距离输送，升压变压器T1的匝数比n1A．输电线上的电流为10A B．用户得到的电功率为20kWC．输电线上损失的电压为500V D．变压器T2的匝数比10．如图，两条平行的金属导轨所在平面与水平面成一定夹角θ，间距为d。导轨上端与电容器连接，电容器电容为C。导轨下端与光滑水平直轨道通过绝缘小圆弧平滑连接，水平直轨道平行且间距也为d，左侧末端连接一阻值为R的定值电阻。导轨均处于匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直导轨所在平面。质量为m，电阻为r，宽度为d的金属棒MN从倾斜导轨某位置由静止释放，保证金属棒运动过程始终与平行导轨垂直且接触良好，金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度刚好是v，重力加速度为g，忽略导轨电阻，水平导轨足够长。则下列说法正确的是（）A．金属棒初始位置到水平轨道的高度为vB．金属棒在倾斜导轨上做匀加速直线运动C．金属棒在水平轨道上运动时定值电阻产生的焦耳热为1D．金属棒在水平轨道运动的最大位移mv(R+r)三、实验题11．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．在图乙中（1）S闭合时，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针；(填左偏、不偏、右偏)（2）线圈A放在B中不动时，指针将；(填左偏、不偏、右偏)（3）线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将．(填左偏、不偏、右偏)12．如图是电熨斗温度自动控制装置。（1）常温时，上、下触点应是（填“分离”、“接触”）；（2）双金属片温度升高时，层形变大（填“上”、“下”）；（3）假设原来温度上升到60℃时断开电源，现要80℃时断开电源，应向调节调温旋钮（填“上”、“下”）；（4）电容式传感器是用来将非电信号转变为电信号的装置。由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而引起电容的变化，如图所示是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是____。A．甲图的传感器可以用来测量角度B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度C．丙图的传感器可以用来测量压力D．丁图的传感器只能用来测量速度四、解答题13．如图甲所示，N=300匝的线圈（图中只画了2匝）总电阻r=2Ω，其两端与一个R=8Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。（1）判断通过电阻R的电流方向；（2）求电阻R两端的电压U。14．如图所示，交流发电机的矩形金属线圈，ab边和cd边的长度L1=50cm，bc边和ad边的长度L2=20cm，匝数N=40匝，线圈的总电阻r=1Ω，线圈位于磁感应强度B=0.05T的匀强磁场中。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=4Ω的定值电阻连接。初始状态时线圈平面与磁场方向平行，现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴（1）从线圈经过图示位置开始计时，写出线圈内的电流随时间变化的函数关系式；（2）求线圈转动过程中电阻R的发热功率；（3）从线圈经过图示位置开始计时，求经过1415．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的14圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速v0从右端滑上B，滑离B后恰好能到达C的最高点。已知A、B、C的质量均为m，木板B上表面的动摩擦因数为（1）若B、C固定，求14圆弧槽C的半径R（2）若B、C不固定，求：①A滑离B时的速度v1②14圆弧槽C的半径R16．如图所示，光滑金属导轨由弯轨ab、a'b'和水平直轨bcd、b'c'd'组合而成，弯轨ab、a'b'分别在b、b'两点与直轨bcd、b'c'd'相切，导轨间距L=0.2m。水平直轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T。金属直棒P、Q（1）Q棒刚到达c位置时P棒的速度v1（2）Q棒刚到达c位置时的加速度大小a；（3）Q棒在bc段运动过程中，P棒和Q棒的相对位移Δx和回路产生的焦耳热Q。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．在t=TB．在t=TC．在t=T2时，线圈与磁场平行，电流方向不变，D．若线圈转速增大为原来的2倍，根据E可知线圈中最大电动势变为原来的2倍，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】利用其磁通量的大小可以判别线圈的位置；利用其图像斜率可以判别磁通量变化率的大小；线圈经过中性面其电流方向发生改变；当其线圈转速增大时，利用电动势的表达式可以判别电动势峰值的大小变化。2．【答案】A【解析】【解答】由于ab边受到竖直向上的安培力，根据左手定则，可知线框中的电流方向为顺时针方向，再根据安培定则可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律“增反减同”可知，原磁场磁通量增大。A．当线框水平向左平移时，穿过线框的磁通量增大，A符合题意；B．当线框水平向右平移时，穿过线框的磁通量减小，B不符合题意；CD．沿磁场边界上下平移时，穿过线框的磁通量不变，CD不符合题意。故答案为：A。

【分析】利用左手定则结合安培力的方向可以判别感应电流的方向；再利用安培定律可以判别其磁通量的变化，利用磁通量的变化可以判别线圈的运动方向。3．【答案】D【解析】【解答】A．图甲金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，则直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使增大通过导线电流，圆线圈中也不会有感应电流产生，A不符合题意；B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，在图示位置穿过线圈磁通量的变化率为零，所以正方形线圈中无感应电流，B不符合题意；C．图丙正电荷q顺时针做减速圆周运动过程中，产生的等效电流顺时针减小，穿过金属圆圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知同心共面金属圆圈中感应电流沿顺时针，C不符合题意；D．图丁金属杆在F作用下向右运动过程中，闭合线圈面积增大，若磁场减弱，则穿过闭合线圈的磁通量不一定改变，回路中不一定会产生感应电流，D符合题意。故答案为：D。

【分析】图甲中其线圈磁通量等于0，增大电流时其磁通量不变没有感应电流的产生；图乙中当金属线圈其线速度方向与磁场方向平行时没有感应电流；图丙中，当正电荷减速运动时，其等效电流减小，利用楞次定律可以判别其金属圆圈的感应电流方向。4．【答案】C【解析】【解答】AB．由于是两个完全相同的灯泡，当开关闭合瞬间，A灯泡立刻发光，而B灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，由于两灯泡并联，L的电阻与灯泡电阻相等，所以稳定后A比B更亮一些，AB不符合题意；CD．当S闭合一段时间后断开，线圈产生瞬间自感电动势提供电流，此时两灯泡串联，流过A的电流方向向左。因线圈存在电阻，则在断开前，A的电流大于B的电流，断开时，两灯泡都逐渐熄灭，C符合题意，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】由于电感对变化电流有阻碍作用，当开关闭合时其B灯泡逐渐变亮；当开关断开时其AB两个灯泡逐渐熄灭。5．【答案】C【解析】【解答】A．根据交变电源电压的瞬时值表达式，知ω=100π rad/s，频率f=A不符合题意；B．原线圈两端电压U1=220V，根据电压与匝数成正比，得UB不符合题意；C．副线圈的电流强度I电动机正常工作时电动机的输出功率为PC符合题意；D．若电动机由于卡住了而不转动，根据变压器功率相等可得U解得电流表的示数为I'故答案为：C。

【分析】利用其角速度的大小可以求出交流电的频率；利用输入电压及匝数之比可以求出输出电压的大小；利用其匝数之比可以求出输出电流的大小，结合电功率及热功率的表达式可以求出电动机的输出功率；利用其输入功率等于输出功率可以求出输入电流的大小。6．【答案】D【解析】【解答】A．由右手定则可知，线框进入磁场过程与离开磁场过程感应电流方向相反，A不符合题意；BCD．由图示可知，线框进入开始进入磁场的一段时间内，切割磁感线的有效长度L不变，电流I=E故答案为：D．

【分析】利用右手定则可以判别其感应电流的方向；结合其动生电动势及有效长度的变化可以判别其感应电流的大小变化。7．【答案】B,C,D【解析】【解答】特技演员从建筑物的高处跳下，在接触地面时，总要曲膝下蹲，是为了延长与地面的作用时间，减小作用力，起到缓冲的作用。A．跳水运动员踩踏板的幅度尽可能大，以获得较大的起跳速度，A不符合题意；B．拳击运动员带厚拳套，延长与对手身体接触时间，起到缓冲的作用，B符合题意；C．跳远运动员落在沙坑内，有缓冲的效果，减小地面对运动员的作用力，C符合题意；D．汽车的安全气囊，弹开时起到缓冲的作用，减小司机所受的伤害，D符合题意。故答案为：BCD。

【分析】利用动量定理可以判别屈膝下蹲时为了延长作用时间减小地面对脚的作用力；跳水运动员踩踏板的幅度大是为了获得更大的起跳速度，其他三种现象都是延长作用时间减小作用力的大小。8．【答案】B,D【解析】【解答】AB．飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，则会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，阻力主要来源于磁铁对它的安培力，根据安培力的公式F=BIL可知，安培力的大小于其材料密度无关，与其材料电阻率有关，A不符合题意B符合题意；C．磁铁越靠近飞轮，飞轮处于位置的磁感应强度越强，当飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大，C不符合题意；D．磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，则飞轮受到的阻力越大，D符合题意。故答案为：BD。

【分析】飞轮切割磁场磁感线会导致产生其感应电动势和电流，结合楞次定律可以判别其安培力对飞轮其阻碍作用，利用其安培力的表达式可以判别其阻力与材料密度无关，与材料电阻率有关；当磁铁靠近飞轮会导致其磁感应强度增大则安培阻力更大，当转动速度越大会导致其电流越大则安培阻力越大。9．【答案】A,D【解析】【解答】A．设理想升压变压器的输出电压为U1，则解得U对于理想升压变压器输入输出功率相等，则P=解得输电线上的电流为IA符合题意；B．输电线损失的电功率为P两变压器均为理想变压器，因此用户得到的电功率为PB不符合题意；C．输电线上损失的电压为UC不符合题意；D．降压变压器的输入电压为U用户端电压为U3=220VD符合题意。故答案为：AD。

【分析】利用匝数之比可以求出输入电压的大小，结合电功率的表达式可以求出输电线电流的大小；利用其热功率的表达式可以求出损失功率的大小；利用欧姆定律可以求出损失电压的大小；利用输电功率和损失功率可以求出用电户得到的功率大小；利用其降压变压器的输入电压和输出电压可以求出匝数之比。10．【答案】B,D【解析】【解答】A．金属棒沿斜面下滑到底端时，重力势能转化为动能和电容器储存的电能（若倾斜导轨不光滑，还有摩擦生热），即由能量关系可知mgh=则金属棒初始位置到水平轨道的高度不等于v2B．导轨下滑过程中由牛顿第二定律可得mg由法拉利电磁感应定律可得及闭合回路的欧姆定律可得Blv−Ir=对上式时间求导可得Bla=联立牛顿第二定律mg因此加速度是定值可知物体做匀变速直线运动，B符合题意C．由能量关系可知，金属棒在水平轨道上运动时产生的总的焦耳热Q=因金属棒有内阻，则定值电阻产生的焦耳热小于12D．由动量定理−B由电荷量公式q=解得金属棒在水平轨道运动的最大位移x=D符合题意。故答案为：BD。

【分析】利用能量守恒定律可以求出其金属棒初速度位置到水平轨道的高度；利用其牛顿第二定律结合其欧姆定律可以求出加速度的表达式进而判别物体做匀加速直线运动；利用能量守恒定律可以判别其金属棒产生的焦耳热的大小；利用其动量定理可以求出金属棒在水平轨道上运动的最大位移。11．【答案】（1）右偏（2）不偏（3）左偏【解析】【解答】图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从哪方流入电流表指针就向哪方偏转；(1)S闭合后，将螺线管A(原线圈)移近螺线管B(副线圈)的过程中，穿过B的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，在线圈B中产生的感应电流从负极流入电流表，故电流表指针向右偏转；(2)线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；(3)线圈A放在B附近不动，突然切断开关S，穿过B的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，在线圈B中产生的感应电流从正极流入电流表，故电流表指针向左偏转；

【分析】（1）利用楞次定律可以判别感应电流方向进而指针偏转方向；

（2）线圈A放在B中没有磁通量变化所以指针不偏转；

（3）突然断开开关磁通量变小结合楞次定律可以判别小磁针的偏转。12．【答案】（1）接触（2）上（3）下（4）A；B；C【解析】【解答】（1）常温时，通电电热丝能发热，所以上、下触点应是接触的；（2）双金属片上下金属片的膨胀系数不同，温度升高时，上层形变大，双金属片向下发生弯曲，使电路断开；（3）原来温度上升到60℃时，断开电源，现在要求80℃时断开电源，弹性铜片与触点接触面积要变大，故应向下调节调温旋钮；（4）A．甲图电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，所以可以用来测量角度，A符合题意；B．乙图电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，B符合题意；C．丙图是通过改变极板间的距离，改变电容器的电容，可以用来测量压力，C符合题意；D．丁图电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，但不能测量速度，D不符合题意。故答案为：ABC。

【分析】（1）常温时其通电电热丝能发热所以其上下触点是接触的；

（2）双金属片温度升高时其上层形变大其金属片向下弯曲断开电路；

（3）其断电温度上升则其弹性铜片与触点接触面积要变大所以应向下条件调温旋钮；

（4）丁图中电容器可以改变电介质的长度可以用来测量位移不能测量其速度的大小。13．【答案】（1）解：根据楞次定律可知线圈内感应电流方向为逆时针，所以通过电阻R的电流方向为a→b（2）解：根据法拉第电磁感应定律可知线圈产生的感应电动势大小为E=N根据闭合电路欧姆定律可知电阻R两端的电压为U=【解析】【分析】（1）已知线圈中磁感应强度的变化，利用楞次定律可以判别感应电流的方向；

（2）已知磁感应强度随时间变化的图线，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出其电压的大小。14．【答案】（1）解：线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动过程，产生正弦交流电，在图示位置，瞬时电动势达到最大值，可得E根据闭合电路欧姆定律有I从线圈经过图示位置开始计时，圈内的电流随时间变化的函数关系式为i=（2）解：电路中电流的有效值为I=电阻R的发热功率为P=（3）解：线框从图示位置转过四分之一周期的过程中，平均感应电动势为E平均感应电流为I通过电阻R的电荷量为q=代入数据解得q=4×1【解析】【分析】（1）