1、安徽省安庆市怀宁县第二中学 2019-2020 学年高二物理下学期期中线上检测试题（含解析）一、选择题 1.下列现象中属于电磁感应现象的是()A.磁场对电流产生力的作用 B.变化的磁场使闭合电路中产生电流 C.插在通电螺线管中的软铁棒被磁化 D.电流周围产生磁场【答案】B【解析】【详解】电磁感应现象指的是由于磁场的变化而在闭合回路中产生感应电流的现象，故 B 正确，ACD 错误 2.某同学做观察电磁感应现象的实验，将电流表线圈 A 和 B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，实验进行中，下列所描述的现象与实验事实相符合的是 A.闭合开关瞬间，电流表指针不会发生偏转 B.开关闭合稳定后，
2、电流表指针会发生偏转，且示数不变 C.开关闭合稳定后，把线圈 A 插入及拔出线圈 B 这两个过程，电流表指针都会发生偏转，且偏转方向相反 D.断开开关瞬间，电流表指针不会发生偏转【答案】C【解析】【分析】当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流，电流表指针发生偏转.【详解】A、开关闭合的瞬间，则通过螺线管 B 中的磁通量从无到有，则产生感应电流，电流表指针发生偏转，故 A 错误；B、开关闭合稳定后，则通过螺线管 B 中的磁通量不变，电流表指针不发生偏转，故 B 错误；C、开关闭合稳定后，把线圈 A 插入及拔出线圈 B 这两个过程，穿过线圈 B 的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏
3、转，故 C 正确；D、开关断开瞬间，则通过螺线管 B 中的磁通量从有到无，则产生感应电流，电流表指针发生偏转，故 D 错误；故选 C.【点睛】解决本题的关键掌握感应电流的产生条件，知道当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流.3.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通过恒定电流的导线 MN 与闭合线框共面，第一次将线框由 1 平移到 2，第二次将线框绕 cd 边翻转到 2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为 1和 2，则（）A.12 B.1=2 C.12 D.无法确定【答案】C【解析】【详解】设在位置时磁通量大小为1，位置时磁通量大小为2。第一次将金属框由平移到，穿过线框
4、的磁感线方向没有改变，磁通量变化量 12112|第二次将金属框绕 cd 边翻转到，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量 212 综上分析可得12 ，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。4.如图所示，当导线 MN 中通以向右方向的电流的瞬间，cd 中电流的方向 A.由 c 向 d B.由 d 向 c C.无电流产生 D.A.B 两情况都有可能【答案】B【解析】【详解】当导线 MN 中通以向右方向的电流的瞬间，则穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流，即 cd 中电流的方向由 d 向 c，故 B 正确，ACD错误。故选 B。5.下列各图中，相同的条形磁
5、铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是 A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律得BENSt，可得磁场越强，磁铁靠近线圈的速度越大，则磁通量变化率最大，则产生感应电动势越大，而 C 图的磁感线大多都是水平的，因此磁通量变化不大。故 D 正确，ABC 错误；故选 D。6.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A.02 s B.2 s4 s C.4 s5 s D.5 s10 s【答案】D【解析】试题分析：根据 Ent得，感应电动势与磁通量的变化率成正比-t 图线的斜率表示磁通量的变化率，5 s10 s 内磁通量的
6、变化率最小，则产生的感应电动势最小故 D 正确，ABC 错误故选 D 考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】此题是对法拉第电磁感应定律的考查；要知道感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，而磁通量的变化率在-t 图线中是直线的斜率值，故只要理解图线的物理意义即可解答此题.7.如图所示，一正方形线圈的匝数为 n，边长为 a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在 t 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀的增大到 2B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A.22Bat B.22nBat C.2nBat D.22nBat【答案】B【解析】【详解】在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小2
7、2222BBaBat，根据法拉第电磁感应定律22BnBaEnnSttt，B 正确；BEnnStt，知道 S 是有效面积，即有磁通量的线圈的面积 8.如图所示的几种情况中，金属导体中产生的动生电动势为 BLv 的是 A.乙和丁 B.甲、乙、丁 C.甲、乙、丙、丁 D.只有乙【答案】B【解析】【详解】ABCD由图甲所示可知，B、L、v 两两垂直，则动生电动势为 E=BLv；由图乙所示可知，水平金属导体不切割磁感线，只有竖直导体切割磁感线，感应电动势为 E=BLv；由图丙所示可知，v 与金属导体不垂直，有效切割长度小于 L，则感应电动势小于 BLv；由图丁所示可知，金属导体切割磁感线的有效长度为 L
8、，感应电动势 E=BLv。由此可知，甲、乙、丁产生的感应电动势为 BLv，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。9.图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为 l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad 与 bc 间的距离也为 lt=0 时刻，bc 边与磁场区域边界重合（如图）现令线圈以恒定的速度 v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda 的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流 I 随时间 t变化的图线可能是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】开始时 bc 边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向
9、，故 A 错误；当 bc 边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故 D 错误开始时 bc 边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当 bc 边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLv 可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向，故 B 正确，C 错误 10.下列 i-t 图像属于正弦式交流电的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】属于正弦式交流电的是 B 选项，故 B 正确 11.有一不动的矩形线圈 abcd，处于范
10、围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示该匀强磁场是由一对磁极 N、S 产生，磁极以 OO为轴匀速转动在 t0 时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极 N 开始离开纸面向外转动，规定由 abcda 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流 I 随时间 t 变化的图线是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】当线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率最大，产生的电流最大，因为 N 极向外运动，所以根据楞次定律可得电流方向为正方向，所以从开始计时时电流正向最大，所以 C正确 12.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图所示，则 A.在 A 和 C 时刻线圈平面和磁场垂直 B.在 B 和 D 时
11、刻线圈中的磁通量为零 C.在 B 和 D 时刻线圈中的磁通量最大 D.B 和 D 时刻通过线圈的磁通量的变化率的绝对值最大【答案】C【解析】【详解】A在 A 和 C 时刻，感应电流最大，则此时线圈平面和磁场平行，选项 A 错误；BCD在 B 和 D 时刻，感应电动势为零，则此时线圈与磁场方向垂直，线圈的磁通量最大，通过线圈的磁通量的变化率的绝对值最小，选项 BD 错误，C 正确；故选 C。13.已知矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）A.t=0 时刻线圈平面与中性面垂直 B.t=0.01s 时刻 的变化率达最大 C.
12、t=0.02s 时刻感应电动势达到最大 D.该线圈相应感应电动势图象如图乙所示【答案】B【解析】【详解】A.t=0 时刻磁通量最大，线圈位于中性面位置，故 A 错误；B.t=0.01s 时刻磁通量为零，线圈位于垂直中性面的位置，电动势最大，磁通量的变化率最大，故 B 正确；C.t=0.02s 时刻磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故 C 错误；D.感应电动势与磁通量的变化率成正比，电动势随时间变化的图象为正弦曲线，D 错误 14.下列提到的交流电，不是指有效值的有 A.交流电压表读数 B.保险丝的熔断电流 C.电容器击穿电压 D.220V 交流电压【答案】C【解析】【详解】A交流
13、电表的示数 是有效值故 A 不符合题意；B保险丝的熔断电流，是积累值，为有效值，B 不符合题意；C电容器即击穿电压，即耐压值，是通过电容的最大值，为瞬时值，C 符合题意；D220V 表示有效值，D 不符合题意；故选 C。15.一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流 e=2202 sin100t（V），那么（）A.该交变电流的频率是 100Hz B.当 t=0 时，线圈平面恰好与中性面垂直 C.当 t=1200s 时，e 有最大值 D.该交变电流电动势的有效值为220 2 V【答案】C【解析】【详解】A线圈的角速度为 100rad/s，故其频率为 f=2=50Hz 故 A 错误；B当 t=0
14、 时 e=0，此时线圈处在中性面上，故 B 错误；C当 t=1200s 时 sin100t=1 所以 e 有最大值，故 C 正确；D由 e=2202 sin100t 可知该交流电的最大值为 2002 V，有效值为 220V，故 D 错误.故选 C 16.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将 220V 交变电流改为 110V，已知变压器原线圈匝数为 800，则副线圈匝数为（）A 200 B.400 C.1600 D.3200【答案】B【解析】【详解】根据变压器的变压规律1122UnUn，代入数据可求副线圈匝数为 400 A匝数为 200，与计算结果不符，故 A 错误；B匝数为 400，与计算结
15、果相符，故 B 正确；C匝数为 1600，与计算结果不符，故 C 错误；D匝数为 3200，与计算结果不符，故 D 错误【点睛】本题主要是知道变压器的变压规律1122UnUn，试题比较容易 17.如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为 1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220V，额定功率为 22W；原线圈电路中接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用 U 和 I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则 A.U=110V，I=0.2A B.U=110V，I=0.05A C.U=1102 V，I=0.2A D.U=1102 V，I=0.22 A【答案】A【解析】【详解】灯正常发光时
16、，加在灯两端的电压为 220V，流过灯的电流 I=0.1A，根据1122UnUn，可知电压表读数1110UV，根据1221InIn，可得电流表示数10.2IA，A.答案与解析相符，选项 A 符合题意，BCD.答案与解析不相符，选项 BCD 不符合题意；18.如图是一种理想自耦变压器的示意图。线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P 是可移动的滑动触头。AB 间接交流电压 U，输出端接通了两个相同的灯泡 L1和 L2，Q 为滑动变阻器的滑动触头。当开关 S 闭合，P 处于如图所示的位置时，两灯均能发光。下列说法正确的是()A.P 不动，将 Q 向右移动，变压器的输入功率变大 B.P 不动，将 Q 向左移动
17、，两灯均变暗 C.P、Q 都不动，断开开关 S，L1将变暗 D.Q 不动，将 P 沿逆时针方向移动，变压器输入功率变大【答案】D【解析】【详解】AP 不动，将 Q 向右移动，则 R 变大，次级电流减小，根据 P2=U2I2，可知次级功率减小，则变压器的输入功率变小，选项 A 错误；BP 不动，将 Q 向左移动，则 R 减小，则次级电流变大，两灯均变亮，选项 B 错误；CP、Q 都不动，断开开关 S，则次级电阻变大，次级电流减小，R 上的电压减小，则 L1电压变大，则 L1将变亮，选项 C 错误；DQ 不动，将 P 沿逆时针方向移动，则次级匝数变大，变压器次级电压变大，次级电流变大，次级功率变大
18、，则变压器输入功率变大，选项 D 正确；故选 D。19.某水电站，用总电阻为2.5的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3106kW现用 500kV 电压输电，则下列说法正确的是：A.输电线上输送的电流大小为 2105A B.输电线上由电阻造成的损失电压为 15kV C.若改用 5kV 电压输电，则输电线上损失的功率为 9108kW D.输电线上损失的功率为P=U2/r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻【答案】B【解析】【详解】由 P=IU 得输电线上输送的电流6333P3 1010I6 10 AU500 10A，由U=Ir 得输电线 路 上 的 电 压 损 失33U6 102.5
19、V15 10 V，输 电 线 上 损 失 的 功 率 为263221123P3 1010PI rr()2.5W9 10 WU5 10，输电线上损失的功率为P 计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压 故选 B【点睛】本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中 P=UI 中的电压 U 应为输电电压 20.如图所示，条形磁铁用细线悬桂在 O 点，O 点正下方固定一个水平放置的铝线圈.让磁铁在竖直面内摆动列说法中正确的是（）A.磁铁左右摆动一次，线圈内感应电流的方向改变两次 B.磁铁始终受到感应电流的磁场的斥力作用 C.磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力 D.磁铁所
20、受到的感应电流对它的作用力有时是阻力，有时是动力【答案】C【解析】【详解】磁铁向下摆动时，根据楞次定律可判断，线圈中产生逆时针方向的感应电流（从上往下看），磁铁受到感应电流对它的作用力为斥力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律可判断，线圈中产生顺时针方向的感应电流（从上往下看），磁铁受到感应电流对它的作用力为引力，阻碍它远离，所以磁铁左右摆动一次过程中，电流方向改变四次，感应电流对它的作用力始终是阻力。故选 C。21.当你走近豪华宾馆、酒楼的大门时，门就自动为你打开；当你走进门之后，门又在你身后自动关上你觉得这可能是将下列哪种外界信息转换为有用的信息()A.温度 B.运动 C.人 D.光
21、线【答案】D【解析】自动门实际使用的是红外线传感器，红外线属于不可见光，人在白天或黑夜均发出红外线，传感器接收到人体发出的红外线后传给自动控制装置的电动机，实现自动开门，故 D 正确，ABC 错误；故选 D 22.两球相向运动，发生正碰，碰撞后两球均静止，于是可以断定，碰撞以前 A.两球的质量相等 B.两球的速度大小相同 C.两球的动量大小相等 D.以上都不能断定【答案】C【解析】【详解】两球碰撞过程中动量守恒，碰后两球都静止，说明碰撞前后两球的总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，由 p=mv 知，两球的速度大小和质量大小不能确定，故 C 正确，ABD 错误；故选 C。23.有
22、些汽车设置有安全气囊，它是用来保护乘客的，使汽车在出现撞击事故时，乘客不致发生致命危险，关于安全气囊的作用，下列说法中正确的是 A.减小人的动能变化量 B.减小人的动能变化率 C.减小人的动量变化率 D.减小人受到合力外的冲量【答案】C【解析】【详解】ABCD汽车发生碰撞过程，驾乘人员从运动变化静止，动量的变化量p 一定，由动量定理可知，人受到的冲量大小一定；安全气囊可以增加驾乘人员的减速的时间t，由动量定理得，p=Ft，动量的变化率 pFt，延长时间t，动量的变化率减小，即人受到的冲击力减小，可以减小人受到的伤害，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。24.如图所示，一个质量为 0.18 k
23、g 的垒球，以 25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为 45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为 0.01s。下列说法中正确的是（）A.球棒对垒球的平均作用力大小为 1260N，方向与初速度方向相同 B.球棒对垒球的平均作用力大小为 1260N，方向与末速度方向相同 C.球棒对垒球的平均作用力大小为 360N，方向与初速度方向相同 D.球棒对垒球的平均作用力大小为 360N，方向与末速度方向相同【答案】B【解析】【详解】以初速度方向为正方向，根据动量定理 Ft=mv2-mv1 得 0.184525 N1260N0.01F 符号表示力的方向与初速度的方向相反，与末
24、速度方向相同，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。25.如图所示，甲木块的质量为1m，以速度v 沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为2m 的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后 A.甲木块的动量守恒 B.乙木块的动量守恒 C.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒 D.甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒【答案】C【解析】【详解】甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，即甲、乙两物体的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故 AB 错误，C 正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故
25、 D 错误故选 C 26.在光滑的水平面上有a、b 两球，其质量分别是am、bm，两球在t 时刻发生正碰，两球在碰撞前后的图象如图所示，下列关系正确的是()A.13abmm B.23abmm C.12abmm D.32abmm 【答案】A【解析】【详解】设 a 的初速度方向为正方向，碰前 a 的速度为 2v0，碰后 a 的速度为-v0，b 的速度为v0，根据动量守恒定律有 ma2v0=ma（-v0）+mbv0 解得 13abmm 故 A 正确 故选 A 点睛：根据速度时间图像得到碰撞前后两球的速度；最后根据动量守恒定律即可得到质量关系 27.如图，两滑块 A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运
26、动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑块发生碰撞后的运动状态可能是（）A.A 向左运动，B 向右运动 B.A 静止，B 向右运动 C.A 和 B 都向左运动 D.A 和 B 都静止【答案】AD【解析】【详解】选择水平向右为正，两滑块碰前总动量 00220pmvm v 说明系统总动量为 0。AA 向左运动，B 向右运动，总动量可能为 0，A 正确；BA 静止，B 向右运动，总动量不为 0，B 错误；CA 和 B 都向左运动，总动量不为 0，C 错误；DA 和 B 都静止，总动量为 0，D 正确。故选 AD。二、计算题 2
27、8.如图所示，进行太空行走的宇航员 A 和 B 的质量分别为 80kg 和 100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为 0.1m/s，A 将 B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为 0.2m/s，求此时 B 的速度大小和方向。【答案】0.02m/s，远离空间站。【解析】【详解】两宇航员组成的系统动量守恒，以远离空间站的方向为正方向，A 和 B 开始的速度为v0=0.1m/s，方向远离空间站，推开后，A 的速度 vA=0.2m/s，此时 B 的速度为 vB，由动量守恒定律得（mA+mB）v0=mAvA+mBvB 即（80+100）0.1=800.2+100vB 解得：vB=0.02m/s
28、 B 的速度方向沿远离空间站方向；29.如图，单匝线图 ABCD 在外力作用下以速度 v 向右匀速进入磁场，第二次以 2v 进入同一匀强磁场，求：(1)第二次与第一次进入时线圈中电流之比；(2)第二次与第一次进入时外力做功之比；(3)第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比。【答案】（1）2:1；（2）2:1；（3）2:1【解析】【详解】（1）线圈以速度 v 匀速进入磁场，当 CD 边在磁场中时，线框中感应电动势 E1=BLv，其中 L 为 CD 边的长度此时线框中的感应电流为 11EBLvIRR 其中 R 为线框的总电阻 同理，线圈以速度 2v 匀速进入磁场时，线框中的感应电流为 222EBLvIRR 所以第二次与第一次线圈中电流之比2：1；（2）线圈以速度 v 匀速进入磁场，当 CD 边在磁场中时，CD 边受安培力为 2211B L vFBI LR 由于线圈做匀速运动，所以此时外力大小等于安培力大小，此时外力的功为 2113B L vWF LR 同理，线圈以速度 2v 匀速进入磁场时，外力的功为 2322B L vWR 所以第二次与第一次外力做功之比为 2：1 （3）由能量关系可知，外力做功之比等于产生的电能之比，也等于产生的热量之比，所以第二次与第一次线圈中产生热量之比为 2：1
