福建省闽侯第二中学等五校教学联合体18-19学年高二下学期期中考试物理试题解析版

闽侯二中五校教学联合体2017—2018学年第二学期高二年段期中考物

理试卷

一、单项选择题（每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的，把答案填在答题卡中）

1. 随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是（）

A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”

B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电

C. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电

D. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同

【答案】D

【解析】无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，B错误；、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，C错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，D正确．

2. 在电能输送过程中，若输送的电功率一定，输电线电阻一定时，则在输电线上损耗的电功率（）

A. 和输送电线上的电压降的平方成反比

B. 和输送电流的平方成反比

C. 和输送电线上的电压降的平方成正比

D. 和输送电流成正比

【答案】C

【解析】设输送功率为P，输电线电阻为R，输送电线上的电压降为，输送电流为I，则，输电线电阻R一定，故输电线上损失的电功率，由此可见，输电线上损耗的电功率与输电线上的电压降

的平方成正比，A 错误C 正确；根据可知，输电线电阻一定，则输电线上损耗的电功率与输

送电流成的平方成正比，BD 错误．

【点睛】对于远距离输电这一块，（1）输电电流I ：输电电压为U ，输电功率为P ，则输电电流；（2）

电压损失

：输电线始端电压U 与输电线末端电压的差值；（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电

阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①

，②

，③

．

3. 如图甲所示为一闭合线圈置于磁场中，若磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示，则图中能正确反映线圈中感应电动势E 随时间t 变化的图像是( )

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】试题分析：设感应电动势沿顺时针方向为正，磁感应强度方向向上为正． 在前半周内，磁感应强度均匀增大，

一定，感应电动势

则E 一定．根据楞次定律分析得到：

感应电动势方向为负．同理，在后半周内，感应电动势E 一定，方向为正． 故选D

考点：法拉第电磁感应定律．

点评：当穿过线圈的磁通量均匀变化时，线圈中产生的感应电动势恒定不变．

4. 如图所示，质量为m 的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动。则关于线圈在此过程中受到的支持力F N 和摩擦力F f 的情况，以下判断正确的是( )

A. F f先向左，后向右

B. F N一直大于mg

C. F N先大于mg，后小于mg

D. 线圈中的电流方向始终不变

【答案】C

【解析】当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即大于mg，线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力；当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即小于mg。线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力，AB错误C正确；磁铁靠近线圈的过程中穿过线圈的磁通量增大，远离线圈的过程中穿过线圈的磁通量减小，磁通量的变化相反，所以产生的感应电流的方向也一定相反，D错误．

5. 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。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )

A. 若圆盘转动的角速度均匀增大，则电流大小恒定

B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a经R到b的方向流动

C. 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

D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍

【答案】B

【解析】铜盘转动产生的感应电动势为，不变，E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a经R到b的方向流动，A

错误B正确；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则根据可知产生的感应电动势方向不变，大小改变，即电流方向不变，大小变化，C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据电流在R上的热功率也变为原来的4倍，D错误；

6. 如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )

A. U a>U c，金属框中无电流

B. U b >U c，金属框中电流方向沿a－b－c－a

C. U bc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a

D. U bc=－Bl2ω，金属框中无电流

【答案】D

【解析】导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，

故，由于磁场方向和线圈方向平行，磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，AB错误；感应电动势大小，由于，所以，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，C正确D错误．

7. 有一个匀强磁场边界是EF，在EF右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示。现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域。线框中的电流随时间变化的i－t图象如图乙所示，则可能的线框是下列四个选项中的( )

A. B.

C. D.

【答案】A

点睛：本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键.

8. 金属棒ab静止在倾角为α的平行导轨上，导轨上端有导线相连，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B0，方向如图所示。从t=0时刻开始，B0均匀增加，到t=t1时，金属棒开始运动，那么在0～t1这段时间内，金属棒受到的摩擦力将( )

A. 不断增大

B. 不断减小

C. 先减小后增大

D. 先增大后减小

【答案】C

【解析】磁感应强度均匀增大，不妨设，k是比例常数，金属棒与U型框组成闭合回路的面积为S，电路总电阻为R，由楞次定律可知，通过ab的感应电流从a流向b，由左手定则可知，ab受到的安培力平行于斜面向上；由法拉第电磁感应定律得，感应电流，金属棒受到的安培力

，由于都是定值，则安培力F随时间增大，开始时安培力较小，当时，摩擦力f平行于斜面向上，对金属棒，由平衡条件可得：，由于F不断增大，则摩擦力f逐渐减小；当安培力时，摩擦力f平行于斜面向下，由平衡条件得：

，F逐渐增大，摩擦力f逐渐增大，综上所述可知，在整个过程中，摩擦力先减

小后增大，D正确．

9. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为5∶1，副线圈接有电动机M，电动机线圈电阻为4Ω，原线圈接交变电源，电动机正常工作，电流表的示数为0.2A，电表对电路的影响忽略不计。则（）

A. 此交流电的频率为100 Hz

B. 电动机M两端电压为

C. 正常工作时电动机的输出功率为40W

D. 若电动机由于卡住了而不转动，则电流表的示数为11A

【答案】C

【解析】根据交变电源电压的瞬时值表达式，知，频率，A错误；原线圈两端电压

U1=220V，根据电压与匝数成正比，得，B错误；副线圈的电流强度，电动机正常工作时电动机的输出功率为，C正确；若电动机由于卡住了而不转动，根据变压器功率相等可得，解得电流表的示数为，D错误．

【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率．

10. 某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，如图所示(俯视)。缓冲小车水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲。已知小车总质量为m，受到地面的摩擦阻力为f，小车磁场刚抵达线圈时，速度大小为。则下列说法正确的是（）

A. 小车磁场刚抵达线圈时，线圈中感应电流I的大小为零

B. 小车磁场刚抵达线圈时，线圈ab段中电流的方向是从a到b

C. 小车缓冲过程中的最大加速度a m的大小为

D. 小车缓冲过程中的最大加速度a m的大小为

【答案】B

【解析】磁场向右运动，则线圈相对磁场向左切割磁感线，有，则，所以，根据楞次定律（右手定则），判断电流方向从a到b，A错误B正确；小车磁场刚抵达线圈上方时，加速度最大，对线圈，据牛顿第三定律，，对小车，联立得，CD错误．

二、多项选择题

11. 如图甲所示，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. 曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3

B. 两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合

C. 曲线a表示的交变电动势频率为50 Hz

D. 曲线b表示的交变电动势有效值为5V

【答案】BD

【解析】由图可知，a的周期为；b的周期为，则由n=可知，转速与周期成反比，故转速

之比为3：2，A错误；在t=0时刻，此时磁通量最大，线圈一定处在中性面上，B正确；曲线a的交变电流的频率，C错误；曲线a、b对应的线圈转速之比为，即角速度之比为3：2，根据

得，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，曲线b表示的交变电动势最大值是，则有效值为，D正确．

12. 如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，其余电阻不计。线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度B 随时间t变化的关系式B=10－4t(T)，在0至2 s时间内，下列说法正确的是( )

A. 通过电阻R1上的电流方向由b到a

B. 通过电阻R1上的电流大小为

C. 通过电阻R1上的电荷量为

D. 电阻R1上产生的热量为

【答案】AC

【解析】根据法拉第电磁感应定律由法拉第电磁感应定律有，而，由闭合电路欧姆定律有，联立以上各式解得通过电阻上的电流大小为：，根据楞次定律可知，流经的电流方向由b→a，A正确B错误；根据欧姆定律，则线圈两端的电压，即为电阻的电压，则，C 正确；电阻上产生的热量为，D错误．

【点睛】需要注意应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积，线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感

应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．而产生的热量则是由焦耳定律求出．

13. 如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则( )

A. S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭

B. S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭

C. 电路接通稳定后，B灯和C灯亮度相同

D. 电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭

【答案】AC

【解析】电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，A正确B错误；电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭。B、C并联，电压相同，亮度相同，C 正确；电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭，D错误．

【点睛】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小。当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路．

14. 如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的白炽灯泡a和b、c，灯泡b、c规格相同。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，三只灯泡均能正常发光，下列说法正确的是（）

A. 原、副线圈匝数比为10:1

B. 此时a灯和b灯的电流比为1:9

C. 此时a灯和b灯的电功率之比为2:9

D. 此时a灯和b灯的电阻比为9:2

【答案】CD

【解析】410781************

灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为，输出电压为；则可知，原副线圈匝数之比为9：1：A错误；原副线圈匝数之比为9：1，则，即，B错误；由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为2：9，C正确；二者都正常发光，额定电压相等，由于a灯和b灯的电流比为2：9，由欧姆定律可知，它们的电阻之比为9：2，D正确．

【点睛】根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比。

15. 如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，水平放置两条平行长直导轨MN，导轨间距为L。导轨左端接一电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦。现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向恒力F，使金属杆从静止开始运动。在运动过程中，金属杆速度大小v、恒力F的功率P F、金属杆与导轨形成的回路中磁通量Φ等各量随时间变化图像正确的是（）

A. B.

C. D.

【答案】AD

【解析】根据牛顿第二定律知，金属杆的加速度为，由于速度增大，则加速度减小，可知金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度等于零时，速度最大，做匀速直线运动，当，由上式得最大速度，所以v-t图象的斜率先减小后不变，A正确；恒力F的功率，则知P F-t图象的斜

率先减小后不变，图象先是曲线后是直线，B错误；由，知感应电动势先增大后不变，由知，

图象的斜率先增大后不变，C错误D正确．

三、填空实验题

16. 在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。在图乙中

（1）S闭合时，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；(填左偏、不偏、右偏) （2）线圈A放在B中不动时，指针将________；(填左偏、不偏、右偏)

（3）线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________。(填左偏、不偏、右偏)

【答案】(1). 右偏(2). 不偏(3). 左偏

【解析】图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从哪方流入电流表指针就向哪方偏转；（1）S闭合后，将螺线管A(原线圈)移近螺线管B(副线圈)的过程中，穿过B的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，在线圈B中产生的感应电流从负极流入电流表，故电流表指针向右偏转；

（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；

（3）线圈A放在B附近不动，突然切断开关S，穿过B的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，在线圈B 中产生的感应电流从正极流入电流表，故电流表指针向左偏转；

17. 利用光敏电阻制作的光传感器，记录了传送带上工件的输送情况，图甲为某工厂成品包装车间的光传感记录器示意图，光传感器B能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光时，光传感器就输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图乙所示。若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离为0.3 m，则传送带运动的速度是___________,该传送带每分钟输送________个工件。

【答案】(1). 0.3 (2). 60

【解析】根据题意结合图象知，相邻工件的时间为，相邻位移为0.3m，则传送带的速度

．传送带每小时输送工件个数个．

四、计算题：（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的步骤，只写最后答案不得分。有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位，答案请填写在答题卷中）

18. 轻质细线吊着一质量为m=0.42kg、边长为L=1m、匝数n=10的正方形线圈，其总电阻为r=1Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g=10 m/s2)

（1）判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；

（2）求线圈的电功率P；

（3）求在t=4 s时轻质细线的拉力大小T．

【答案】（1）逆时针方向（2）0.25W（3）1.2N

学

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19. 如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d=0.5 m，导轨右端连接一阻值为R=4 Ω的小灯泡L.在矩形区域CDD′C′内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，CC′长为m．在t=0时刻，电阻为r=1 Ω的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始沿导轨向右运动，t=4 s时进入磁场，并恰好以v=1 m/s的速度在磁场中匀速运动。求：

（1）0～4 s内小灯泡的功率

（2）金属棒所受到的恒力大小F

（3）金属棒进入磁场后小灯泡的功率

（4）金属棒的质量m

【答案】（1）0.04W（2）0.2N（3）0.16W（4）0.8kg

【解析】（1）金属棒未进入磁场时，回路中感应电动势为，

小灯泡中的电流大小为；

故0～4s内小灯泡的功率；

（2）金属棒在磁场中匀速运动时产生的感应电动势，

通过棒的电流，

棒受到的安培力，

对棒，据平衡条件有；

（3）金属棒进入磁场后小灯泡的功率；

（4）金属棒未进入磁场前做初速为零的匀加速直线运动，加速度；

根据牛顿第二定律可得金属棒的质量．

20. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1 kg，

电阻R1=0.2Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg，电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2。问

（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；

（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；

（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=7.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。

【答案】（1）由a流向b（2）7.5m/s（3）Q=2.9J

【解析】（1）由右手定则可知ab中电流方向由a流向b；

（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为，对ab据平衡条件有

，

设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E=BLv，

设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有，

设ab所受安培力为，有，

此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有，

联立并代入数据解得；

（3）设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q

，由能量守恒有，

总

又，解得Q=2.9J．

【点睛】本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀加速运动的过程中，外力与安培力大小相等。分别从力和能量两个角度进行研究．