1、西藏日喀则市拉孜高级中学2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A. 库仑B. 霍尔C. 洛伦兹D. 法拉第【答案】D【解析】【详解】由题意可知，圆管为金
2、属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。2. “新冠肺炎”席卷全球，某汽车厂决定改建生产线转产口罩，原生产线工作电压为380V，而口罩机工作电压为220V。现在需要变压器来进行降压，若变压器原线圈匝数为1900匝，则副线圈匝数为（）A. 110B. 220C. 1100D. 2200【答案】C【解析】【详解】根据 解得匝故选C。3. 如图所示，两匀强磁场的磁感应强度和大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流
3、的是（）A. 同时增大减小B. 同时减小增大C. 同时以相同的变化率增大和D. 同时以相同的变化率减小和【答案】B【解析】【详解】AB产生顺时针方向的感应电流则感应磁场的方向垂直纸面向里。由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向里磁通量减少或者向外的磁通量增多，A错误，B正确。CD同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，CD 错误。故选B。4. 如图，在同一竖直平面内，彼此绝缘的长直通电导线与椭圆形线圈的长轴重合，直导线中电流恒定。下列运动中，线圈内有感应电流产生的是（）A. 直导线水平向外平移B
4、. 直导线以椭圆的中心为轴顺时针旋转C. 椭圆形线圈向下平移D. 椭圆形线圈向左平移【答案】C【解析】【详解】A由题可知，通电直导线将椭圆线圈平分，所以线圈中的磁通量为0，当直导线水平向外平移时，线圈中的磁通量还是0，磁通量没有发生变化，所以不会产生感应电流，故A错误；B同理，直导线以椭圆的中心为轴顺时针旋转过程中，始终平分椭圆线圈。所以线圈的磁通量为0，磁通量没有发生变化，所以不会产生感应电流，故B错误；C当椭圆形线圈向下平移时，线圈上半部分面积减小，下半部分面积增大，导致线圈磁通量发生变化，所以会产生感应电流，故C正确；D当椭圆形线圈向左平移时，线圈的磁通量还是0，即磁通量没有发生变化，所
5、以不会产生感应电流，故D错误。故选C。5. 如图是某同学记录的演示楞次定律的实验笔记，经检查，不符合实验事实的是（）A. 线圈与条形磁铁相互排斥B. 线圈与条形磁铁相互吸引C. 线圈与条形磁铁相互排斥D. 线圈与条形磁铁相互吸引【答案】C【解析】【详解】A条形磁铁N极向下插入线圈，原磁场方向向下，导致线圈中磁通量增加，由楞次定律可知感应电流的磁场方向应该向上，根据安培定则即可以确定电流的流向，故A符合实验事实，不符合题意；B条形磁铁N极向下离开线圈，原磁场方向向下，导致线圈中磁通量减少，由楞次定律可知感应电流的磁场方向应该向下，根据安培定则即可以确定电流的流向，故B符合实验事实，不符合题意；C
6、条形磁铁S极向下插入线圈，原磁场方向向上，导致线圈中磁通量增加，由楞次定律可知感应电流的磁场方向应该向下，根据安培定则即可以确定电流的流向，故C不符合实验事实，符合题意；D条形磁铁S极向下离开线圈，原磁场方向向上，导致线圈中磁通量减少，由楞次定律可知感应电流的磁场方向应该向上，根据安培定则即可以确定电流的流向，故D符合实验事实，不符合题意。故选C。6. 如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（）A. 拨至M端或N端，圆环都向左运动B. 拨至M端或N端，圆环都向右运动C. 拨至M端时圆环向左
7、运动，拨至N端时向右运动D. 拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动【答案】B【解析】【详解】无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动。故选B。7. 为测量线圈L的直流电阻R0，某研究小组设计了如图所示电路。已知线圈的自感系数较大，两电表可视为理想电表，其示数分别记为U、I，实验开始前，S1处于断开状态，S2处于闭合状态。关于实验过程，下列说法不正确的是（）A. 闭合S1，电流表
8、示数逐渐增大至稳定值B. 闭合S1，电压表示数逐渐减小至稳定值C. 待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值D. 实验结束后，应先断开S1【答案】D【解析】【详解】A闭合S1，所以电流通过L流向电流表，由于线圈的自感电动势，导致电路中电流慢慢增大，直到一稳定值，A选项不合题意，故A错误；B闭合S1，电压表示数相当于线圈两端的电压为电路中电流慢慢增大，直到一稳定值，电压表示数逐渐减小至稳定值，B选项不合题意，故B错误；C待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值，此时C选项不合题意，故C错误；D若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流
9、通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2。D选项符合题意，故D正确。故选D。8. 如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计，电源是不计内阻的理想电源。当电键K闭合时，下列说法正确的是（）A. A比B先亮，然后A熄灭B. B比A先亮，然后A熄灭C. A、B一起亮，然后A熄灭D. A逐渐变亮，B立即亮；最终A比B亮【答案】D【解析】【详解】由题意可知，当闭合电键时，电路中的电流瞬间增大，线圈自感系数较大，所以会产生较大的自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势的方向应该阻碍线圈磁通量的增加，所以A不会立即亮，而是逐渐变亮，B
10、立即亮。当电路中稳定以后，线圈的磁通量就不变了，又由于线圈的直流电阻忽略不计，所以A的支路电阻比B的支路电阻小，所以流过A的电流比流过B的电流大，即最终A比B亮，故D正确，ABC错误。故选D。9. 安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警以下关于这个安检门的说法正确的是()A. 这个安检门也能检查出毒品携带者B 这个安检门只能检查出金属物品携带者C. 如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D. 这个安检门工作时，既利用了电磁感应
11、现象，又利用了电流的磁效应【答案】BD【解析】【详解】AB、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，不能检测到毒品，故A错误，B正确；C、如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定的磁场，则不能使块状金属产生电流，因而不能检查出金属物品携带者，故C错误；D、根据A的分析可知，安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，故D正确故选BD【点睛】安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，在空间产生交变的磁场，金属物
12、品会产生感应电流；反过来，金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，从而被探测到；恒定电流，只能产生恒定的磁场，则不能使块状金属产生电流10. 如图所示，分别是直流电动机、摇绳发电、磁电式仪表和电磁轨道炮示意图，其中不属于“因电而动”（即在安培力作用下运动）的是（ ）A. B. C. D 【答案】ACD【解析】【详解】本题考查的是电磁感应定律的问题，直流电动机、磁电式仪表和电磁轨道炮利用的都是通电导线受磁场力的作用而运动，即在安培力作用下运动，ACD错误；摇绳发电是导线切割磁感线而产生电流，是电磁感应现象，B正确11. 手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充
13、电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（ ）A. 送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化B. 受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C. 送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D. 手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失【答案】AC【解析】【详解】AB由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确，B错误；C根据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电
14、线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；D手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。故选AC。12. 特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为P，到达B处时电压下降了U。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为P，到达B处时电压下降了U。不考虑其他因素的影响，则（）A. P=PB. P=PC. U=UD. U=U【答案】AD【解析】【
15、详解】输电线上损失的功率P( )2r损失电压Ur当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的 ，即PP损失的电压变为原来的，即UU故选AD。二、实验探究题（共1题；每空3分、共12分）13. 在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图1所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示（1）接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针_（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针_（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输
16、出，其他均不变接通电源，闭合开关，G表指针_（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）（3）仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？_【答案】 (1). 左偏 (2). 右偏 (3). 不停振动 (4). 短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断【解析】【详解】（1）将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，电阻减小，回路电流变大，根据线圈中导线的绕向可知磁通量向下增加，根据楞次定律可知，A线圈中产生的感应电流使G表指针左偏；迅速抽出铁芯时，磁通量减小，产生的感应电流方向与上述方向相反，则G表指针右偏（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直
17、流输出改为交流输出，其他均不变接通电源，闭合开关，由于穿过线圈的磁通量大小方向都不断变化，在线圈A中产生的感应电流大小方向不断变化，则G表指针不停振动（3）根据阻尼原理，短接G表，前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断三、计算题（共3题；第14题10分、第15题12分、第16题18分、共40分）14. 一个边长为10 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框匝数n=100，线框平面与磁场垂直，电阻为20 。磁感应强度随时间变化的图象如图所示。则在一个周期内线框产生的热量为多少J。 【答案】0.2 J【解析】【详解】由题图可知，线框中穿过均匀变化的磁场，变化
18、周期T=4 s。根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，线框中产生的感应电动势感应电流在一个周期内产生的热量Q=I2RT=0.2 J15. 质谱仪的构造如图所示，离子从离子源出来经过板间电压为U的加速电场后进入磁感应强度为B的匀强磁场中，沿着半圆周运动而达到记录它的照相底片上，测得图中PQ的距离为L，则该粒子的荷质比为多大？【答案】【解析】【详解】粒子在电压为U的电场中加速时，据动能定理得粒子进入磁场后做圆周运动，根据图中的几何关系可知L=2R据牛顿第二定律有解得16. 如图，水平面（纸面）内同距为的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为的金属杆置于导轨上，t0时，金属杆在水平向右、大小为
19、F的恒定拉力作用下由静止开始运动时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为重力加速度大小为g求（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；（2）电阻的阻值【答案】 ； R=【解析】【详解】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：ma=F-mg 设金属杆到达磁场左边界时速度为v，由运动学公式有：v=at0 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv 联立式可得: （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律：I= 式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为： 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：Fmgf=0 联立式得: R=
