学年安徽省芜湖市高二下学期期中考试物理试题答案+解析.docx
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学年安徽省芜湖市高二下学期期中考试物理试题答案+解析
2018-2019学年安徽省芜湖市高二（下）
期中物理试卷（理科）
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.奥斯特实验的重大意义在于它说明了
A.磁场的存在B.磁场具有方向性
C.磁体间有相互作用D.通电导线周围存在磁场
【答案】D
【解析】
【详解】奥斯特将通电导线放于小磁针上方时发现小磁针发生了偏转，说明了通电导线周围存
着磁场．故ABC错误，D正确．
2.如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（ ）
A.一起向左运动B.一起向右运动
C.相背运动，相互远离D.相向运动，相互靠近
【答案】D
【解析】
【详解】根据右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abdc，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近。
故D正确，ABC错误。
3.如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有（ ）
A.灯A立即熄灭B.灯A慢慢熄灭
C.灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭D.灯A突然闪亮一下再突然熄灭
【答案】A
【解析】
当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变无，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开后，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开后，电源供给的电流为零，灯就立即熄灭，只有选项A正确。
4.如图所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流（自左向右看）（）
A.沿顺时针方向B.先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C.沿逆时针方向D.先沿逆时针方向后沿顺时针方向
【答案】C
【解析】
【分析】楞次定律的内容：
感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化．根据楞次定律判定感应电流的方向．
【详解】条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，穿过金属环向右的磁通量一直增大，根据楞次定律可判断，从左向右看，环中的感应电流沿逆时针为向，C正确；A、B、D错误；
故选C。
【点睛】解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向．
5.如图是某交流发电机输出的交变电压的图象，根据图象可以判定此交变电压（ ）
A.电压的最大值是
B.周期为
C.频率为5HzD.电压的有效值是12V
【答案】C
【解析】
【详解】由图象可知，交流电的最大值Em=12V，周期T=0.2s，故交流电的频率f=1/T=5Hz，故AB错误，C正确。
根据正弦式交流电最大值和有效值的关系可知，有效值
，故D错误。
6.如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2和O3O4都是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其中产生感生电流？
A.向左平动B.向上或向下平动
C.向右平动D.绕O1O2转动
【答案】D
【解析】试题分析：
本题比较简单，考查了产生感应电流的条件，通过判断线圈中的磁通量是否变化，即可得出正确结果．
解：
由于磁场为匀强磁场，无论线圈在平面内如何平动，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故ABC错误；
当线圈绕O1O2转动时，磁通量将发生变化，如转过90°时磁通量为零，因此有感应电流产生，故D正确．
故选D．
【点评】根据产生感应电流的条件判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要把握实质问题，不要受其它条件的干扰．
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7.如图所示，A、B是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同．一个矩形闭合金属线圈与A、B在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行，线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中间，则下面的说法中正确的是（ ）
A.在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量最大
B.在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零
C.从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化
D.从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向保持不变
【答案】D
【解析】试题分析：
磁通量是指穿过线圈中磁感线的净条数，故在位置2，磁通量为0，但磁通量的变化率不为0，A对，B错；由1到2，磁通量减小，感应电流为逆时针，由2到3，磁通量增加，感应电流仍为逆时针，C错；由楞次定律知，线圈所受磁场力总是阻碍线圈与导线的相对运动，方向总是向右，D对。
考点：
法拉第电磁感应定律、楞次定律。
【名师点睛】对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：
（1）阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
（2）阻碍相对运动——“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）——“增反减同”．
8.置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上的部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示．导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是（ ）
A.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B.圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动
C.圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
D.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动
【答案】BD
【解析】
【详解】由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。
由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b．由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，故A错误，D正确；同理可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，选项B正确；当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，故C错误；
9.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1：
n2=3：
l，其输入端输入的交变电压如图乙所示，原线圈电路中接有一量程为3A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表、可变电阻R以及若干“6V、6W”的相同灯泡．下列说法正确的是（）
A.图甲中电压表的读数为9V
B.要求灯泡均正常发光，电路中最多允许接入9盏灯泡
C.接入最多盏数灯泡且都正常发光时，可变电阻R的电阻值应调到
D.接入最多盏数灯泡且都正常发光时，可变电阻R消耗的功率为27W
【答案】ABD
【解析】A、根据图象可得原线圈电压的最大值
，其有效值为U1=27V，根据
，代入数据后可得U2=9V，故A正确；
B、设原线圈中通过的电流为I1，副线圈中通过的电流为I2，为使副线圈接入的灯泡最多，则I1取允许通过的最大电流的有效值为3A，根据
，代入数据后可得I2=9A， 正常发光时每个灯泡中电流为
， 所以允许接入的灯泡个数为
盏，故B正确；
CD、电阻两端电压为
， 电阻阻值为
，可变电阻R消耗的功率为
，故C错误，D正确；
故选ABD。
【点睛】由图象可知原线圈两端电压，根据电压与匝数成正比，求解电压表的读数；根据变压器的输入功率和输出功率相等，求解副线圈通过的最大电流，计算灯泡正常发光的电流，进而得出灯泡的个数；知道灯泡两端的电压，根据串联电路电压的特点求解电阻两端的电压，进而由欧姆定律求得阻值大小。
10.如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原副线圈匝
数之比n1∶n2=10∶1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下则说法正确的是（）
A.变压器输出两端所接电压表的示数为
VB.变压器输出功率为220W
C.变压器输出的交流电的频率为50HZD.该交流电每秒方向改变50次
【答案】BC
【解析】
本题考查变压器原副线圈的问题，根据原副线圈匝数比等于电压比等于电流比的倒数，再根据原线圈电压波形图，原线圈电压有效值为220V，变压器输出两端所接电压表的示数为22V，A错误；根据电流为1A，输入功率为220W，输入功率与输出功率相等，可知变压器输出功率为220W，B正确；该交流电的频率为50Hz，C正确；即每秒方向改变100次；
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
11.如图所示，（a）图中当电键S闭合瞬间，流过表
的感应电流方向是____；（b）图中当S闭合瞬间，流过表的感应电流方向是____．
【答案】
（1）.b→a，
（2）.a→b
【解析】由图（a）所示可知，闭合电键S后，穿过左边线圈的磁场向下，且穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，流过G的电流方向为：
b→a；
由图（b）所示可知，闭合电键S瞬间，穿过右边线圈的磁场方向向右，且磁通量增加，由楞次定律可知，流过G的电流方向为a→b．
点睛：
本题考查研究电磁感应现象的实验，对于该实验注意两个回路的不同．应用安培定则与楞次定律可以判断出感应电流的方向．
12.在电磁感应现象中，电路中产生的感应电动势大小与______成正比。
最早发现电磁感应现象的科学家是______。
【答案】
（1）.磁通量
变化率
（2）.法拉第
【解析】
【详解】在电磁感应现象中，电路中产生的感应电动势大小与磁通量的变化率成正比。
最早发现电磁感应现象的科学家是法拉第。
13.为了测定变压器的原、副线圈的匝数，可以在变压器的闭合铁芯上再临时绕一个线圈，已知临时绕的线圈是5匝，将变压器的原线圈接到电压是220V的交流电源上，测得副线圈和临时绕的线圈两端的电压分别是6．0V和0．4V．由此可知这个变压器原线圈的匝数是________匝，副线圈的匝数是________匝．
【答案】2750、75
【解析】试题分析：
根据变压器的原理可得
，即
，解得n1=2750，n2=75
考点：
变压器
14.如图是一个按正弦规律变化
交流电的图象．根据图象可知该交流电的电流最大值是______A，有效值是______A，周期是______s，频率是______Hz．
【答案】
（1）.5
（2）.
（3）.0.2（4）.5
【解析】根据图象可知，该交流电的最大值为5A，有效值为
，周期为0.2s,频率为
.
四、实验题探究题（本大题共1小题，共6.0分）
15.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．
（1）请用笔画线代替导线将图中未完成
电路连接好．
（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，然后将原线圈A迅速拔出副线圈B，那么此过程中，电流计的指针将向______偏；若原线圈插入副线圈不动，然后将滑动变阻器滑片迅速向右移动，那么此时电流计的指针将向______偏．
【答案】
（1）.
（2）.右（3）.右
【解析】
详解】
（1）将电源，开关，变阻器，原线圈串联与一个回路，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示：
（2）闭合开关时，穿过线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏了一下；
将原线圈A迅速拔出副线圈B，穿过线圈的磁通量减小，所以灵敏电流计的指针向右偏；
原线圈插入副线圈不动，将滑动变阻器滑片迅速向右移动，滑动变阻器接入电路中电阻增大，电流变小，穿过线圈的磁通量减小，所以灵敏电流计的指针向右偏。
五、计算题（本大题共3小题，共34.0分）
16.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度为
，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：
（1）转动中感应电动势的最大值。
（2）图示位置开始计时的电流的瞬时值表达式。
（3）电路中交流电压表和电流表的示数。
【答案】
（1）50V
（2）
（V）（3）
V，
A
【解析】
（1）交流电的频率为
角速度为
最大值：
（2）线圈从中心面开始计时，电流的瞬时表达式为
而
故表达式为
（3）根据交流电的有效值定义：
由欧姆定律可知：
【点睛】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．
17.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2Ω．磁感应强度B在0-1s内从零均匀变化到0.2T． 在1-5s内从0.2T均匀变化到-0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
（2）在1-5s内通过线圈的电荷量q．
【答案】
（1）10V；感应电流的方向逆时针；
（2）10C．
【解析】
【详解】
（1）在0～1s内，磁感应强度B的变化率
=
T/s=0.2T/s，
由于磁通量均匀变化，在0～1s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：
0.5s时线圈内感应电动势的大小E1=N
=N
•ab•bc=100×0.2×1×0.5=10V
根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向．
（2）在1～5s内，磁感应强度B的变化率大小为
=
T/s=0.1T/s，
由于磁通量均匀变化，在1～5s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则
根据法拉第电磁感应定律得：
1～5s时线圈内感应电动势的大小E2=N
=N
•ab•bc=100×0.1×1×0.5=5V
通过线圈的电荷量为q=I2t2=
t2=
×4C=10C；
18.如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l=0.5m，左端通过导线与阻值R=3Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL=6Ω的小灯泡L连接，在CDEF矩形区域内有竖直向上，磁感应强度B=0.2T的匀强磁场．一根阻值r=0.5Ω、质量m=0.2kg的金属棒在恒力F=2N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t=1s刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：
（1）金属棒切割磁场产生的电动势；
（2）小灯泡两端的电压和金属棒受安培力．
【答案】18.1V19.0.8V0.04N
【解析】
（1）0~1s棒只受拉力，由牛顿第二定律F=ma
可得金属棒进入磁场前的加速度
（1分）
设其刚要进入磁场时速度为v，由v=at=10m/s（1分）
金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E=Blv=0.2×0.5×10V=1V（2分）
（2）小灯泡与电阻R并联，
通过金属棒的电流大小
（2分）
小灯泡两端的电压U=E－Ir=1－0.4×0.5="0."8V（1分）
金属棒受到的安培力大小FA=BIl=0.2×0.4×0.5N="0.04N"（2分）
由左手定则可判断安培力方向水平向左（1分）
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