1、福建省连城县第一中学2019-2020学年高二物理下学期期中试题(考试时间：90分钟 满分：100分)一、选择题（本大题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题列出的四个选项中，第1-10题只有一项是最符合题目要求的;第11-14题有多项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分）1在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接。往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察
2、电流的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化2物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起某同学另找来器材再探究此实验他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()A线圈接在了直流电源上B电源电压过高C所选线圈的匝数过多D所用套环的材料与老师的不同3如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁的下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁极上下
3、振动，磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的( )A线圈给它的磁场力先向上再向下B线圈给它的磁场力先向下再向上C线圈给它的磁场力始终向下D线圈给它的磁场力始终向上4.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是()A保持不变B越来越小C 越来越大D无法判断5如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A两线圈内产生顺时针方向的感应电流
4、Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为316如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是()AP向下滑动时，灯L变亮BP向下滑动时，变压器的输出电压变大CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大7如图所示，图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终灯A2与灯A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）A图甲中，A1的电阻比L
5、1的直流电阻小B图甲中，断开开关S1瞬间,流过A1的电流方向自右向左C图乙中，变阻器R连入电路的电阻比L2的直流电阻大D图乙中，闭合开关S2瞬间，L2中的电流与变阻器R中的电流相等8如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是（ ） 9.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有两根金属棒，其中金属棒PQ固定不动，金属棒MN可自由移动，下列说法正确的是( )A 当MN在外力的作用下向左匀速运动时，P
6、Q受到的磁场力水平向左B 当MN在外力的作用下向左减速运动时，PQ受到的磁场力水平向左C当MN在外力的作用下向左匀速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端D当MN在外力的作用下向左加速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端10如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成角，在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻，导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场，ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等关于上述情景，下列说法正确的是( )A两次上升的最大高度相比较有
7、HhB有磁场时导体棒所受合力做的功大于无磁场时合力做的功C有磁场时，电阻R产生的热量为mvD有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin abcdn1BOO熔断器n211如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中，线框绕中心轴OO匀速转动时，产生的电动势e200cos (100t) V。线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20 V、8 W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4 A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正确的是（ ）At0 s时刻的线框中磁通量变化率最大B理想变压器原、副线圈匝数之比为101C若副线圈两端并联多只“20 V、8
8、W”的灯泡，则最多不能超过10只D若线框转速减半，产生的电动势e100cos (100t) V12如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为101，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )A电压表的示数为VB电压u的频率为50 HzC有光照射R时，电流表的示数变大D抽出L中的铁芯，D灯变亮13. 在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向
9、从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为v/2，则下列说法正确的是( )A此过程中通过线框截面的电荷量为B此过程中回路产生的电能为mv2C此时线框的加速度为D此时线框中的电功率为14如图所示，U形光滑金属导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为L，在导轨右端连接有一个阻值为R的定值电阻。有一根长为L的导体棒ab与固定在O点的绝缘轻弹簧相连后垂直放置在导轨上，弹簧原长时导体棒ab在图中的虚线位置。现施外力将弹簧压缩一定的距离后松开，导体棒ab在导轨上往复运动最后停在虚线处。已知弹簧初始被压缩时储存的弹性势能为Ep，在运动过程中导体棒
10、ab与导轨始终接触良好，导体棒ab的电阻rR，导轨电阻不计，则下列说法中正确的是( )A导体棒ab向右运动时安培力做负功，向左运动时做正功B导体棒ab全程克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热的一半C导体棒ab在运动过程中能产生交变电流D定值电阻产生的总热量为弹性势能Ep的一半二、计算题（3小题，共44分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15(12分)如图所示，某发电机的输出功率为5104 W，输出电压为250 V，输电线路总电阻R=60 ，理想升压变压器的匝数比n1：n2=1：20，为使用户获得220
11、 V电压，求：（1）输电线路损失的功率为多大？（2）降压变压器的匝数比是多少？16(12分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.5 T，边长L0.1 m的正方形线圈共N100匝，线圈总电阻r1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，转速为r/s，外电路中的电阻R4 ，图示位置线圈平面与磁感线平行，求：(1)线圈转动一周产生的总热量Q；(2)从图示位罝开始线圈转过周的时间内通过R的电荷量q17.(20分)如图，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s1.15 m，两导轨间距L0.75 m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻值R1.5 的电阻，磁感应强度B0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上阻值r0.
12、5 ，质量m0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q10.1 J(取g10 m/s2)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度v2 m/s时的加速度a.(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理，W重W安mv，.由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答连城一中20192020学年下期高二年级半期考物理试卷参考答案及评分标准一、选择题（每题4分，漏选2分，共56分）题号1234567答案D DDABDB题号891011121314答案ABDABB
13、CDBDCD二计算题（共3题，共44分，解答要写出主要的运算过程和必要的文字说明）15.(12分)解：（1）由 = 得，U2=5103 V.（2分）P2=P1 .（2分）输电线上的电流I2= =10 A .（2分）输电线上的电压损失P= I22R=6103 W （2分）（2）降压变压器的输入电压U3=U2I2R=4400 V （2分） = = .（2分）16(12分) 【解析】(1)线圈转动的角速度，（1分）（1分）感应电动势的最大值（2分）感应电动势的有效值（1分）线圈转动一周内产生的总热量（2分）（或感应电流的有效值 ，线圈转动一周内产生的总热量 也可得分）(2)转过的圆心角，该时间内磁通
14、量的变化量（1分）（1分）（1分）（1分）计算可得：q=510-2C（1分）（直接写的扣2分）17.(20分)解析(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R3r，因此QR3Qr0.3 J（2分）故W安QQRQr0.4 J（2分）(2)金属棒下滑时受重力和安培力F安BIL（1分）（1分）E=BLv（1分）由牛顿第二定律mgsin 30F安ma（2分）计算可得ag sin 30v3.2 m/s2（2分）（直接写F安=v的扣2分）(3)此解法正确（3分）金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mgsin 30F安ma由（2）得F安=v上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速运动无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确（分析过程3分，意思达到即可）mgs sin 30Qmv得vm2.74 m/s（3分）答案(1)0.4 J(2)3.2 m/s2(3)见解析
