1、西藏拉萨市那曲二中2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、单选题（共12小题，每小题4分，共48分；其中第18题为单选，第912题为多选，全对得4分，选不全2分，错选0分）1.下列对电磁感应的理解，正确的是（）A. 发生电磁感应现象时一定会产生感应电流B. 穿过某闭合回路的磁通量发生变化时，回路中不一定产生感应电流C. 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化D. 穿过线圈的磁通量均匀变化时，感应电动势均匀变化【答案】C【解析】【详解】A、发生电磁感应现象时，若电路不闭合，只产生感应电动势，不产生感应电流，故A错误； B、穿过某闭合回路的磁通量发生变化时，一定会产生感
2、应电流，故B错误； C、根据楞次定律可知：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即增反减同；故C正确.D、穿过线圈的磁通量均匀变化时，磁通量的变化率恒定，根据法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势恒定不变，故D错误；故选C.2.下列四幅图中能产生感应电流的情形是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A根据产生感应电流的条件，A中电路没有闭合，无感应电流，故A错误；B穿过回路的磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流，故B正确；C穿过线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流，故C错误；D磁通量不发生变化，无感应电流，故D错误。故选B3.
3、如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流；电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是A. A1的示数不变，A2的示数增大B. A1的示数增大，A2的示数增大C. V1的示数增大，V2的示数增大D. V1的示数不变，V2的示数减小【答案】D【解析】【详解】当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的
4、总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，故ABC错误，D正确4.如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2.下列说法中正确的是（ ）A. 若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小B. 若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C. 若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小D. 若
5、P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变小【答案】D【解析】【详解】A设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；输入电压U1不变，则V1示数不变；若F不动，根据变压比公式，则输出电压U2也不变；滑片P向下滑动时，电阻R增大，根据欧姆定律，副线圈回路电流减小，电阻R的电压：U=U2-IRL，由于电流减小，故电压U增大，电压表V2读数增大，故A错误；B由A项的分析可知，当滑片向下滑动时，滑动变阻器的电阻增大，副线圈回路电流减小，小灯泡中电流减小，功率减小，故B错误；CD输入电压U1不变，则V1示数不变，若P不动，滑片F向下移动时，根据变压比公式，由于n2减小，故输出电压U2也减小；所以副线圈回路
6、电流减小，灯泡消耗的功率减小，电阻R的电压减小，V2的示数也变小，故C错误，D正确5.在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速运动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电在图乙中理想变压器的、两端，电压表和电流表均为理想电表，为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），为定值电阻下列说法正确的是A. 在s时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零B. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为(V)C. 处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表、示数的比值不变D. 处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变小【答案】A【解析】【详解】A由图知当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线
7、圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故A正确；B原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是=100，u=36sin100t（V）故B错误；CRt处温度升高时，原线圈的电压不变；原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；DRt温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D错误6.如图所示，导体棒ab沿水平面内的光滑导线框向右做匀速运动，速度v=6.0m/s线框
8、宽度L=0.3m，处于垂直纸面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.1T则感应电动势E的大小为A. 0.18VB. 0.20 VC. 0.30VD. 0.40V【答案】A【解析】【详解】ab棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=Blv=0.10.36.0V=0.18V，故选A7.一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置I和位置时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向分别为：( )A. 逆时针方向 逆时针方向B. 逆时针方向 顺时针方向C. 顺时针方向 顺时针方向D. 顺时针方向 逆时针方向【答案】B【
9、解析】【详解】线圈第一次经过位置时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律，线圈中感应电流的磁场方向向左，根据安培定则，顺着磁场看去，感应电流的方向为逆时针方向.当线圈第一次通过位置时，穿过线圈的磁通量减小，可判断出感应电流为顺时针方向，故选项B正确.8.一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图所示由图可知A. 该交流电的电流瞬时值的表达式为i2sin50t（A）B. 该交流电的频率是25 HzC. 该交流电的电流有效值为AD. 若该交流电流通过R10 电阻，则电阻消耗的功率是40 W【答案】AB【解析】【详解】A根据图像可求得周期，所以角速度所以瞬时值表达式（A）选项A正确；B交流电频率选项B正确；
10、C正弦交流电有效值选项C错误；D根据焦耳定律：选项D错误9.如图，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图所示，规定从Q到P为电流正方向导线框R中的感应电动势A. 在时为零B. 在时改变方向C. 在时最大，且沿顺时针方向D. 在时最大，且沿顺时针方向【答案】AC【解析】【详解】本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点解析 由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时
11、，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误10.如图甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为r，线框电阻为R，连接一交流电流表(内阻不计)线框内充满匀强磁场，已知该磁场磁感应强度B随时间按正弦规律变化，如
12、图乙所示(规定向下为B的正方向)，则下列说法正确的是()A. t0.005 s时线框中的感应电流最大B. t0.01 s时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向C. t0.015 s时电流表的示数为零D. 00.02 s内闭合导线框上产生热量为【答案】BD【解析】【详解】t=0.005 s时，磁感应强度最大，磁通量最大，而，故A错误；t=0.01 s时感应电流方向与0.0050.01 s内电流方向相同，由楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，B正确；t=0.015 s时的瞬时电流为零，但电流表的示数为有效值不等于零，C错误；线框中产生的感应电动势的最大值，一个周期内产生的热量，D正确11
13、.如图所示，理想变压器原、副线图的应数些为n1:n2=2:1，输人端接在 (V)的交流电源上，R1为电阻箱，副线圈连在电路中的电阻R=10，电表均为理想电表下列说法正确的是( )A. 当R1=0时，电压表的读数为30VB. 当R1=0时，若将电流表换成规格为“5V 5W”的灯泡，灯泡能够正常发光C. 当R1=10时，电流表的读数为1.2AD. 当R1=10时，电压表的读数为6V【答案】BC【解析】【详解】输入端电压的有效值为30V，当R1=0时，电压表的读数为，选项A错误；当R1=0时，若将电流表换成规格为“5V， 5W”的灯泡，灯泡电阻为 ，此时次级电流，因灯泡的额定电流为，则此时灯泡能够正
14、常发光，选项B正确；当R1=10时，设电流表的示数为I，则此时初级电流为0.5I，初级电压： ，则次级电压为，则，解得I=1.2A，此时电压表读数为IR=12V，选项C正确，D错误；12.如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为20匝，半径rA=3rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，下列说法正确的是A. 两线圈中产生的电动势之比EA：EB=3:1B. 两线圈中感应电流之比IA：IB=3:1C. 两线圈中感应电流的方向均为顺时针D. 两线圈面积均有扩张的趋势【答案】BCD【解析】【详解】A、， ，联立得：，则；故A错误B、，代入数据得：，故B正确C、由楞次定律得
15、：原磁通量减小，感应电流的磁场阻碍减少，所以两线圈中感应电流的方向均为顺时针故C正确D、穿过线圈的磁通量减少，线圈的面积增大，减缓变化故D正确故本题选BCD二、填空题（每空2分，共18分）13.如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R3.0的定值电阻导体棒ab长l0.5m，其电阻为r1.0，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.4T现使ab以v10m/s的速度向右做匀速运动则ab中产生的感应电动势大小为_v，通过ab棒的电流方向_（填“ab”或“ba”），电流大小为_A，ab棒所受安培力的
16、大小为_N，方向_【答案】 (1). 2 (2). ba (3). 0.5 (4). 0.1 (5). 水平向左【解析】【详解】电路中电动势：E=Blv=0.40.510=2V；由右手定则可知，通过ab棒的电流方向 ba；电路中电流：； ab棒所受的安培力：F=BIl=0.40.50.5=0.1N，由左手定则可知水平向左.14.如图所示，匀强磁场的磁感应强度BT，边长L10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r1，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，角速度2 rad/s，外电路电阻R4，从图示位置开始计时，转动过程中感应电动势瞬时值表达式为e=_V；电压表的示数为_V.【答案】 (
17、1). e=10cos2t (2). 【解析】【详解】1电动势的峰值为从图示位置开始计时，转动过程中感应电动势瞬时值表达式为2根据电压分配原理可得，路端电压的峰值为则电压表示数为15.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1n241，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等a、b两端加一定交流电压后，求两电阻消耗的电功率之比和两电阻两端电压之比【答案】 【解析】【分析】变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率P=I2R，电阻两端的电压U=IR即可求解【详解】变压器原、副线圈电流比 设流过A电阻电流，则流过B电阻电流所以两电阻功率之比 两电阻两端电压之
18、比三、解答题（3小题，共34分）16.如图所示，两根平行光滑金属导轨 MN 和 PQ 放置在水平面内，其间距 L=0.4m，磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻 R=4.8，在导轨上有一金属棒 ab，其电阻 r=0.2， 金属棒与导轨垂直且接触良好，如图所示，在 ab 棒上施加水平拉力使其以速度 v=0.5m/s 向右匀速运动，设金属导轨足够长求：（1）金属棒 ab 产生的感应电动势；（2）通过电阻 R 的电流大小和方向；（3）水平拉力的大小 F【答案】(1) E=0.1V (2) I=0.02A , 从M通过R流向P (3) 0.004N【解析】【详解】
19、（1）设金属棒中感应电动势为E，则：代入数值得E=01V （2）设过电阻R的电流大小为I ，则：代入数值得I=0.02A由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P （3）棒受到的安培力为：，ab棒匀速直线运动拉力等于安培力则：F =0.004N17.如图所示，正方形线圈abcd绕对称轴OO在匀强磁场中匀速转动，转数n=60r/min.若已知ab=bc=10cm，匝数N=100，线圈总电阻r=2，外接电阻R=8，磁感应强度B=T，若从图示位置开始计时，求：(1)线圈转动过程中产生电动势的有效值；(2)线圈中感应电动势的瞬时表达式；(3)线圈转一圈电阻R上产生的焦耳热.【答案】(1) (
20、2) (3)【解析】【详解】(1)线圈的转速：频率：角速度：最大电动势：电动势的有效值为：(2)瞬时电动势为：V(3)电阻R的发热量为：18.水力发电的基本原理就是将水流的机械能（主要指重力势能）转化为电能某小型水力发电站水流量为Q5m3/s（流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积），落差为h10m，发电机（内阻不计）的输出电压为U1250V，输电线总电阻为r4，为了减小损耗采用了高压输电在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其中，用户获得电压U4220V，用户获得的功率W，若不计变压器损失的能量，已知水的密度、重力加速度g取10m/s2求：（1）高压输电线中的电流强度I2；（2）升压变压器原、副线圈的匝数比；（3）该电站将水能转化为电能的效率有多大？【答案】（1）50A （2）1：16 （3）40%【解析】【详解】（1）根据理想变压器变压规律得，解得=又根据理想变压器无能量损失知 再根据得 （2）高压输电线电阻损失电压得=故 （3）高压输电线电阻损失电功率故发电机输出电功率 又水流每秒带来的机械能故水能转化为电能的效率
