1、2020-2021学年度叶县高中高二B部物理周考试题考试时间：100分钟； 2020.11.22第I卷（选择题）1-10为单选，11-14为多选，每小题4分，共56分一、单选题(共40分)1电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据电磁感应现象，人们发明了许多电器设备下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是()A动圈式话筒 B安全检查门 C磁带录音机D白炽灯泡2电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（ ）A从a到b，上极板带正电B从a到b，下极板带正电C从b到a
2、，上极板带正电D从b到a，下极板带正电3法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法不正确的是（）A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘高C若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电阻R中电流沿a到b的方向流动D若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化4如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体棒ef与导体环接触良好，当ef向右匀速运动时()A圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B整个环中有顺时针方向的电流C整个环中有逆时针方向的电流D环的
3、右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流5如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）A断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭B合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D合上S，A、B逐渐变亮，最后A、B一样亮6变压器的铁芯是利用硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为（）A增大涡流，提高变压器的效率 B减小涡流，提高变压器的效率C增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量 D减小铁芯中的电阻，以减小发热量7如图所示，电阻不计的刚性U型光滑金属导轨固定在水平面上，导轨上连有电阻R。金属杆ab可在导轨上滑动，滑动
4、时保持与导轨垂直。整个空间存在一个竖直向上的匀强磁场区域。现有一位于导轨平面内且与导轨平行的向左方向的拉力作用于金属杆ab的中点上，使之从静止开始在导轨上向左运动。已知拉力的功率恒定不变。在金属杆ab向左沿导轨运动的过程中，关于金属杆ab的速度与时间的大致图像，下列正确的是（）ABCD8如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流顺时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（）ABCD9如图所示，用粗细相同的铜丝做成
5、边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为Ia、Ib，则IaIb为()A14B12C11D不能确定10如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度绕转轴OO匀速转动，轴OO垂直于磁感线且位于线圈平面内，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的是（ ）A交流电压表V1的示数等于NBL2B变压器的输入功率与输出功率之比为n1: n2C交流电压表V2的示数为副线圈两端电压的有效值
6、D在图示位置时线圈中磁通量为零，感应电动势最小二、多选题(共16分)11如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A0t1时间内P端电势高于Q端电势B0t1时间内电压表的读数为Ct1t2时间内R上的电流为Dt1t2时间内P端电势高于Q端电势12矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是（ ）A在和时，电动势最大B在和时，电动势改变方向C电
7、动势的最大值是157VD在时，磁通量变化率最大，其值为13街头变压器（可视为理想变压器）通过降压给用户供电，变电站的输出电压是市区电网的电压，当负载变化时，该电压几乎不会有明显的波动，某市区供电示意图如图所示。已知变压器原、副线圈匝数比为n1:n2，变阻器RP代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于RP的值减小（滑动片P向下移）。下列说法正确的是 （）A电流表A1与电流表A2的示数之比等于n2:n1B电压表V1与电压表V2的示数之比等于n1:n2C滑动片P向上移时，电流表A1、A2示数均减小，电压表V2示数增大D傍晚用电高峰期，电流表A1、A2示数均减小，电压表V2示数减小14如图甲所示
8、，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则()A两次t0时刻线圈平面均与中性面重合B曲线a，b对应的线圈转速之比为23C曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10 V第II卷（非选择题）三、 解答题(共44分)15(12分)如图所示，螺线管的匝数为n= 1000，横截面积为S= 10cm2，电阻为r= 1，与螺线管串联的外电阻 R1=5、R2=4。向右穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图所示的规律变化。求：(1)0-1s 内，螺线管产生的感应电动势E1，并指出R1的感应电流的方向。(
9、2)1-2s内，螺线管产生的感应电动势E2，R2上电压U2。16（16分）如图所示，两根“L”形金属导轨平行放置，间距为d，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于方向竖直向上，大小为B的匀强磁场中。两导体棒ab和cd的质量均为m，阻值均为R，与导轨间的动摩擦因数均为。ab棒在竖直导轨平面左侧垂直导轨放置，cd棒在水平导轨平面上垂直导轨放置。当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑。某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间后cd棒静止，已知此过程中流经导体棒cd的电荷量为q（导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金
10、属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g），试求：(1)导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小；(2)撤去水平恒力后到cd棒静止的时间内cd棒产生的焦耳热。17（16分）如图所示，两条相距L的足够长平行导轨放置在倾角为的斜面上，阻值为R的电阻与导轨相连，质量为m的光滑导体棒MN垂直于导轨放置，整个装置在垂直于斜面向下的匀强磁场中，磁场磁感应强度的大小为B。轻绳一端与导体棒相连，另一端跨过定滑轮与一个质量也为m的物块相连，且滑轮与杆之间的轻绳与斜面保持平行，物块距离地面足够高，导轨电阻不计、导体棒电阻为r，轻绳与滑轮之间的摩擦力不计，重力加速度为g。从将物块由静止释放，导体棒滑行距离x速度达到最大，求此
11、过程中：(1)导体棒的最大速度；(2)导体棒的最大加速度；(3)导体棒产生的热量。（友情提醒：g不得用代入）周考参考答案 2020.11.221D【解析】A：动圈式话筒利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号B：安全检查门利用了涡流现象，利用了电磁感应原理C：磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号D：白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理没有利用电磁感应原理的是白炽灯泡，答案为D2D 由图知，穿过线圈的磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确3D
12、【详解】A铜盘转动过程中产生的感应电动势相当于一条半径旋转切割磁感线，电动势大小为B、L、不变，则E不变，根据闭合电路欧姆定律得，可知电流大小恒定不变，A正确，不符合题意；BC若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知感应电流方向是从边缘流向圆心，所以圆盘中心电势比边缘要高，电阻R中电流沿a到b的方向流动，故B、C正确，不符合题意；D若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故D错误，符合题意。故选D。4D【解析】试题分析：A、导体ef切割磁感线产生感应电动势，圆环两侧组成外电路，所以环上有感应电流，故A错误B、C、D根据右手定则判断可知，ef中产生的感应电流方向从
13、ef，则环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流，故BC错误，D正确5A【详解】AC断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，小球与电灯A构成回路放电，故B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故A正确，C错误； BD开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光；由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故B错误，D错误。6B【详解】变压器的铁芯不是采用一整块硅钢的原因是可以减小涡电流，在变压器上消耗的电能小了，输出的功率就高了；同时增大铁芯中的电阻，以减小发热量，选项B正确，ACD错误。7C【详解】根据
14、可知，拉力大小为由于功率不变，随着速度的增大，拉力减小，根据金属杆产生的电动势为逐渐增大，根据电路中感应电流逐渐增大，根据可知导体杆受到的安培力逐渐增大，根据牛顿第二定律得加速度逐渐显小，最后加速度为零，金属杆做匀速直线运动。故选C。8B【详解】线框刚进入磁场中时，只有bc边切割磁感线，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，即为负，在cd边完全进入磁场之前，电流方向与大小不变；当ad边刚进入磁场时感应电流为零，接着bc边开始出磁场，回路中的感应电动势为边ad产生的减去在bc边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为顺时针，即为正；在前进2L后，bc完全出
15、磁场，ad也开始出磁场，切割磁感线的长度逐渐减小，电流逐渐减小，方向为顺时针方向，即为正，直至线框完全脱离磁场，电流减小为零，综上分析可知B正确，ACD错误。故选B。9C【详解】产生的感应电动势为EBlv，由闭合电路欧姆定律得I，又Lb2La，由电阻定律知Rb2Ra，故IaIb11.故选C.10C【详解】交流电压的最大值等于NBL2，电压表V1示数为有效值，A错误；变压器的输入与输出功率之比为1：1，故B错误；交流电压表V2的示数为副线圈两端电压的有效值，选项C正确；在图示位置时线圈平面与磁场平行，线圈中磁通量为零，感应电动势最大，故D错误；11AC【详解】A时间内，垂直纸面向里的磁场逐渐增大
16、，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，根据右手定则可知电流从流出，从流入，所以端电势高于端电势，故A正确；B时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为电压表所测为路端电压，根据串联分压规律可知电压表示数故B错误；C时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可知通过回路的电流故C正确；D时间内，根据楞次定律可知电流从流出，从流入，所以端电势低于端电势，故D错误。12CD【解析】试题分析：从题图中可知，在0.1 s和0.3 s时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等于零；0.2 s和0.4 s时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化率
17、最大；由此得选项A、B错误.根据电动势的最大值公式：Em=nBS，m=BS，=2/T，可得：Em=500.223.14/0.4 V=157 V；磁通量变化率的最大值应为=3.14Wb/s，13AC【详解】A电流表A1与电流表A2的示数分别是通过原线圈和副线圈的电流，根据理想变压器原理可知，电流表A1与电流表A2的示数之比故A正确；B电压表V1不是测量原线圈两端电压，电压表V2是测量副线圈两端电压，所以电压表V1与电压表V2的示数之比不等于n1:n2，故B错误；C滑动片P向上移时，滑动变阻器阻值变大，副线圈电流减小，电流表A2示数减小，根据理想变压器原理可知，原线圈电流减小，电流表A1示数减小，
18、电阻R0两端电压减小，原线圈两端电压增大，副线圈两端电压增大，电压表V2示数增大，故C正确；D傍晚用电高峰期，用电器增加时，相当于RP的值减小，副线圈电流增大，电流表A2示数增大，根据理想变压器原理可知，原线圈电流增大，电流表A1示数增大，电阻R0两端电压增大，原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，电压表V2示数减小，故D错误。故选AC。14AC【解析】t0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为23，因此线圈转速之比nanb32，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大
19、值EamNBS，由图象知Eam15 V，b线对应线圈相应的电动势的最大值EbmNBS，因此，Ebm10 V，有效值Eb V5V，D项错误15(1)4V；向右；(2)6V；2.4V【详解】(1)在01s内，由法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势为根据楞次定律可知，通过电阻R1的电流方向向右；(2)在1s2s内，螺线管产生的感应电动势为根据闭合电路的欧姆定律有 R2两端的电压为U2=IR2=0.64=2.4V16(1)；(2)【详解】(1)cd切割磁感线产生感应电动势为，根据闭合电路欧姆定律得对于ab棒，由牛顿第二定律得摩擦力f=N，为轨道对ab棒的弹力，水平方向，由平衡条件得解得(2)对于cd棒，通过棒的电量解得设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q，根据能量守恒得解得17(1)；(2) ； (3)【详解】(1) 对物块有对导体棒有得(2)取系统可知当时(3)根据能量守恒定律