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1、物理甘肃省嘉峪关市酒钢三中学年高二下学期期中考试试题解析版嘉峪关市酒钢三中20172018学年第二学期期中考试高二物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分.1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对得4分，对而不全得2分，有选错的得0分）：1. 关于传感器的理解，下列说法正确的是（ ）A. 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B. 霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成电阻这个电学量C. 半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大D. 光电式感烟探测器是利用光散射原理对火灾初期产生的烟雾进行探测，并及时发出报警信号【答案】D【解析】A、动圈

2、式话筒是通电导体在磁场中受力，变化的电流通过线圈，产生变化的磁场，其作用是将声信号转换为电信号，故A错误；B、霍尔元件能够把磁感应强度转换为电学量电压,不是将磁感应强度转换成电阻,故B错误；C、半导体热敏电阻常用作温度传感器，温度越高，它的电阻值越小，故C错误；D、光电式感烟探测器是利用光散射原理对火灾初期产生的烟雾进行探测，并及时发出报警信号，故D正确；故选D。2. 关于日光灯的工作原理下列说法正确的是（ ）A. 启动器触片接通时,产生瞬时高压B. 日光灯正常工作时,镇流器起降压限流以保证日光灯正常工作C. 日光灯正常工作时,日光灯管的电压稳定在220VD. 镇流器作用是将交流电变为直流电【

3、答案】B【解析】在日光灯电路中，镇流器的作用是日光灯在启动的瞬间，产生一个瞬时高压，与电源电压叠加在一起，加在灯管两端，激发水银蒸气导电，而不是把交流电变成直流电；日光灯正常工作后，镇流器又起一个降压、限流的作用，日光灯启动时，启动器的两个触片接触，电路接通，所以B正确；ACD错误。3. 下列说法正确的是（ ）A. 导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流B. 电磁感应现象中，感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反C. 只要闭合导体线圈在磁场中转动，就一定能产生感应电流D. 只要穿过导体线圈的磁通量发生变化，线圈一定有感应电动势【答案】D【解析】试题分析：试题分析：产生感应电流的条件为闭

4、合电路磁通量变化。而导体做切割磁感线运动时只能确定切割部分的导体一定产生感应电动势，但电路是否闭合不确定，故只能说导体内可能会产生感应电流，故A选项错误；由楞次定律知感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，当磁通量增加时感应电流的磁场跟原来的磁场方向相反，当磁通量减少时感应电流的磁场跟原来的磁场方向相同，即可记为“增反减同”的意义，故B选项错误；闭合线圈在磁场中转动，若磁通量变化，就一定有感应电流产生，但若磁通量不变化，就一定无感应电流产生，故C选项错误；根据楞次定律，无论用什么方法，只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中一定有感应电流，故D选项正确。4. 如图所示，虚线上方空间有

5、匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度逆时针匀速转动设线框中感应电流的方向以逆时针方向为正，线框处于图示位置时为计时的初始时刻，下图中能正确反映线框转动一周感应电流随时间变化情况的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】当线框进入磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值，当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流在求导体切割磁感线类型的感应电流时，一定要会正确求解有效切割长度5. 如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，沿着OO方向观察，线圈沿顺时

6、针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为，则当线圈转至图示位置时（ ）A. 线圈中感应电流的方向为adcbaB. 线圈中的感应电动势为2nBL2C. 穿过线圈的磁通量的变化率最大D. 线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里【答案】C【解析】图示时刻，ad速度方向向外，bc速度方向向里，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为da，bc中电流方向为bc，线圈中感应电流的方向为abcda。故A正确。线圈中的感应电动势为E=nBS=nBL1L2故B错误。图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动

7、势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大。故C正确；线圈ad边所受安培力的大小为F=nBIL2=nBL2故D错误。故选AC。6. 如图所示，金属杆ab静放在水平固定“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中，当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则（ ）A. 杆中感应电流大小逐渐增大B. 杆中感应电流方向是从b到aC. 金属杆所受安培力逐渐增大D. 金属杆受三个力作用而保持平衡【答案】C【解析】试题分析：当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b，故B错误；当磁感应强度B均匀

8、增大时，穿过回路的磁通量均匀增大，根据得，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变，故B正确；根据安培力得知金属杆受到的安培力逐渐增大，故C正确；由左手定则判断可知，金属杆所受水平向左安培力、重力、支持力与静摩擦力相平衡，故D错误考点：考查了安培力，楞次定律，共点力平衡条件7. 如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ） A. A点的电势低于C点的电势B

9、. 此时AC两端电压为UAC2BLvC. 此过程中电路产生的电热为QFdmv2D. 此过程中通过电阻R0的电荷量为q【答案】D【解析】由右手定则可知，A为电动势的正极，A点的电势高于C点的电势，且，由欧姆定律可知AC两端电压，故AB错误；此过程还有摩擦生热，由能量守恒可知电路产生的电热为；故C错误；由，可知D正确。8. 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：l，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R的阻值随温度的升高而减小.下列说法中不正确的是（ ）A. 图乙中电压的有效值为110VB. 电压表的示数为22V

10、C. R处出现火警时电流表示数增大D. R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大【答案】B【解析】试题分析：图乙中电压的有效值为，故A正确；根据电流的热效应，解得，电压与匝数成正比，即，解得：，所以电压表的示数为，故B错误；R处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时副线圈电流增大，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率，输入功率增大，根据，所以电表的示数增大，故C错误； R处出现火灾时，阻值减小，由于电压不变，电流增大，消耗的功率增大，故D正确。考点：变压器的构造和原理；电功、电功率9. 如图中画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律，以下哪些认识是正确的（）A. 00.3s

11、内线圈中的电动势在均匀增加B. 第0.6s末线圈中的感应电动势是4VC. 第0.9s末线圈中的瞬时电动势比0.2s末的大D. 第0.2s末和0.4s末的瞬时电动势的方向相同【答案】BC【解析】A、00.3s内线圈中磁通量在均匀增加，产生的感应电动势是恒定的，故A错误；B、第0.6s末线圈中的感应电动势是，故B正确；C、第0.9s末线圈中的瞬时电动势为，0.2s末的电动势为，故C正确；D、00.3s内线圈中磁通量在均匀增加，0.3s0.8s内线圈中磁通量在均匀减小，产生的感应电动势方向相反，故D错误；故选BC。10. 如图所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属环在竖直线OO的

12、两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直若悬点摩擦和空气阻力不计，且摆动过程中金属环不翻转，则（）A. 金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反B. 金属环进入磁场区域后越靠近OO线时速度越大，而且产生的应电流越大C. 金属环开始摆动后，最大摆角会越来越小，小到某一值后不再减小D. 金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为金属环中的电能【答案】AC【解析】根据楞次定律可判断，金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反，所以A正确；完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生，故B错误；由于在进入和离开磁场的过程中有感应电

13、流，使得一部分机械能转化为焦耳热，故摆角越来越小，当小球不能离开磁场，即在磁场中摆动的时候，没有感应电流，机械能守恒，摆角保持不变，故C正确；D错误。11. 将一磁铁缓慢或者迅速插到闭合线圈中的同一位置处，不发生变化的物理量是（）A. 磁通量的变化量 B. 磁通量的变化率C. 感应电流的电流强度 D. 流过导体横截面的电量【答案】AD【解析】A、磁通量的变化量只与初末磁通量有关，与过程无关，故A正确；B、磁通量的变化率与过程的时间有关，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律可知迅速插到闭合线圈中的过程中产生的感应电动势较大，感应电流较大，故C错误；D、产生的电量，故D正确；故选AD。12. 闭合金

14、属线圈abcd位于水平方向的匀强磁场的上方h处，由静止开始下落后进入磁场，如图所示在运动过程中，线框平面始终和磁场方向垂直，不计空气阻力，那么线框在进入磁场的过程中可能（）A. 加速运动 B. 匀速运动C. 减速运动 D. 静止状态【答案】ABC【解析】A、线框进入磁场时，若受到的安培力小于重力，线框做加速运动故A正确B、线框进入磁场时，只有当受到的安培等于重力时，线框才做匀速运动，故B是可能的；C、线框进入磁场时，若受到的安培力大于重力，线框做减速运动，故C是可能的；D、线框进入磁场时有一定的速度，由于惯性不可能静止，故D是不可能的；线框在进入磁场的过程中可能的故选ABC。二、填空题(本大题

15、共3小题，每小题4分，共12分)：13. 一交流电压随时间变化的图象如图所示。若将该电压加在10F的电容器上，则电容器的耐压值应不小于_V；若将该电压加在一阻值为1k的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，电路中保险丝的熔断电流不能低于_A.【答案】 (1).200 (2) 14. 如图所示，灯泡与自感线圈并联，灯泡的电阻为R1，线圈的直流电阻为R2，且R1R2，S闭合稳定时通过灯泡和线圈的电流分别为i1和i2，当K断开时，则流过灯泡的电流方向和灯的亮暗情况是（ ）A当断开K瞬间，灯突然亮一下然后才逐渐熄灭B当断开K瞬间，灯先突然变得比原来暗，然后逐渐熄灭C当K断开时，流过

16、灯的电流为从左向右D当K断开时，流过灯的电流为从右向左【答案】BD【解析】A、在K断开前，自感线圈L中有向右的电流，断开K后瞬间，R2的电流要减小，于是R2中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零；原来跟R2并联的灯泡R1，由于电源的断开，向右的电流会立即消失但此时它却与R2形成了串联的回路，R2中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡R1中流过，方向由右经过灯泡到左侧；因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，灯泡中的电流的方向与原电流方向相反；由于，所以通过灯泡和线圈的电流关系为，通过小灯泡的电流不可能再增大，所以小灯泡不可能闪亮一下，而是先突然变得比原来暗，然后逐渐熄灭，故A、C

17、错误，B、D正确；故选BD。15. 在探究电磁感应现象的实验中,电流表刻度盘上的零刻度线在正中间,当电池的正极接电流表的右接线柱、电池的负极与电流表的左接线柱相碰时,指针向右偏转.在如图所示电路中,若将原线圈A放在副线圈B内,在合上电键S的瞬间,电流表指针应向_偏转;将原线圈A从副线圈B中拔出时,电流表指针应向_偏转.【答案】 (1) 左 (2) 右【解析】当电池的正极接电流表的右接线柱、负极与电流表的左接线柱相碰时，指针向右偏转，说明电路从哪端流入指针就偏向哪方原线圈A放在副线圈B中，在合上电键S的瞬间，根据右手定则得：线圈A的上部相当于条形磁铁的N极，所以穿过线圈B的磁场方向向上，磁通量增

18、大，根据楞次定律，增反减同，在线圈B中产生的感应电流是从电流表左端进，右端出所以此时电流表指针应向左偏转；将原线圈A从副线圈B中拔出时，磁通量减小，根据楞次定律，增反减同，在线圈B中产生的感应电流是从电流表右端进，左端出所以，此时电流表指针应向右偏转三、解答题(本题共4小题，共40分，解答时应写出必要的步骤。)16. 图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n=200,电阻r=10，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90，与R并联的交流电压表为理想电表。在t0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间

19、t按图（乙）所示正弦规律变化。求：（1）若线圈从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）电路中交流电压表的示数。【答案】(1) e=400cos100t (2) 180V【解析】（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBS而 m=BS ，所以，由-t图线可知：m=2.010 -2Wb，T=6.2810 -2s所以Em =400V所以e=400cos100t（2）电动势的有效值 E=200V由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I=E/(R+r)=2 V交流电压表的示数为U= IR=180V17. 如图甲所示，横截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中，磁

20、场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示设向外为B的正方向，线圈A上的箭头方向（即俯视时的逆时针方向）为感应电流I的正方向，R14，R26，C30F，线圈内阻不计求电容器0-2s过程中的电压和2s后电容器放电的电荷量.【答案】0.24V ， 7.2106C【解析】解：由题意可知圆形线圈A上产生的感应电动势电路中的电流电容器充电时的电压2s后电容器放电的电荷量18. 学校有一台应急备用发电机，内阻为r=1，升压变压器匝数比为1：6，降压变压器的匝数比为6：1，输电线的总电阻为R=4.5，全校22个教室，每个教室用“220V，40W”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，变压器均为理想

21、变压器，求：（1）输电线上损耗的电功率多大？（2）发电机的电动势多大？【答案】(1) 72W (2) 247V【解析】（1）降压变压器的输出电压U4=220V，由得U3=6U4=1320V（2分）降压变压器输出功率P4=22406=5280W, （2分）KS*5由P4=U3I3得I3=4A，（1分）则输电线上损失功率为P= I32R=72W（2分）（2）对输电回路，有U2=I3R+U3=1338V；（2分）对升压变压器，由得U1=223V，（1分）由，I2=I3=4A得I1=24A，（1分）由闭合电路欧姆定律得E=I1r+U1=247V（2分）19. 如图所示，通过水平绝缘传送带输送正方形单匝

22、铜线框.让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域（磁场方向垂直于传送带平面向下）。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B。线框质量为m，电阻为R，边长为L（Ld)。传送带以恒定速度v0向右运动，线框与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g。线框在进入磁场前与传送带的速度相同，且右侧边平行于MN进入磁场，当闭合线框的右侧边经过边界PQ时线框恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长，且在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界。对于闭合线框，求：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小；（2）线框在进入磁场的过程中加速度的最大值以及速度的最小值；（3）

23、从线框右侧边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，闭合线框中产生的焦耳热【答案】(1) (2) ； (3) 2mgd【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律求得，闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势，根据欧姆定律求得电流，然后根据安培力的公式根据求得安培力；线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小根据牛顿第二定律与动能定理即可求得结果；线框从右侧边进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中线框受摩擦

24、力，闭合线框出磁场与进入磁场的受力情况相同，则完全出磁场的瞬间速度为v，摩擦力做的功等于闭合线框中产生的焦耳热；解：（1）闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势产生的电流右侧边所受安培力（2）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0。因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为v线框刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有解得在线框完全进入磁场又加速运动到达边界PQ的过程中，根据动能定理有解得 （3）线框从右侧边进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中线框受摩擦力由功的公式解得闭合线框出磁场与进入磁场的受力情况相同，则完全出磁场的瞬间速度为v；在线框完全出磁场后到加速至与传送带速度相同的过程中，设其位移x由动能定理有解得闭合线框在右侧边出磁场到与传送带共速的过程中位移在此过程中摩擦力做功因此，闭合铜线框从刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功全过程由动能定理闭合铜线框中产生的焦耳热