安徽省滁州市定远县育才学校2020学年高二物理下学期期中试题（普通班，含解析） 11页

定远育才学校2020学年下学期（普通班）期中考试 ‎ 高二物理试题 一、单项选择题(本题共12个小题，每小题4分，共48分)‎ ‎1. 关于处理物理问题的思想与方法，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 伽利略在研究自由落体运动时采用了微元法 B. 在探究平均速度实验中使用了等效替代的思想 C. 法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法 D. 在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法 ‎【答案】B ‎【解析】伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法．故A错误．平均速度能粗略表示物体运动的快慢，在探究平均速度实验中使用了使用了等效替代的思想．故B正确．法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法．故C错误．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法．故D错误．故选B．‎ ‎2. 产生感应电流的条件，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定会有感应电流 B. 闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，闭合电路中一定会有感应电流 C. 穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中一定不会产生感应电流 D. 穿过闭合电路的磁通量发生了变化，闭合电路中一定会有感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】位于磁场中的闭合线圈，只有磁通量发生变化，才一定会产生感应电流．故A错误．闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，而闭合电路中磁通量却没有变化，则闭合电路中就没有感应电流．故B错误．穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中磁通量的变化率最大，故产生感应电流．故C错误．穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流．故D正确．故选D.‎ ‎【点睛】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化．‎ ‎3. 如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下关于电流表指针偏转情况的陈述正确的是 （ ）‎ A. 磁铁快速插入螺线管时比慢速插入螺线管时电流表指针偏转大 B. 磁铁快速插入螺线管和慢速插入螺线管，磁通量变化相同，故电流表指针偏转相同 C. 磁铁放在螺线管中不动时螺线管中的磁通量最大，所以电流表指针偏转最大 D. 将磁铁从螺线管中拉出时，磁通量减小，所以电流表指针偏转一定减小 ‎【答案】A ‎【解析】电流表指针的偏转角度是由螺线管产生的感应电动势大小决定的，而感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，则磁铁快速插入螺线管时比慢速插入螺线管时电流表指针偏转大，所以答案是A.‎ ‎4. 如图当磁铁或线圈运动时，流过电阻的电流是由A经R到B，则可能发生的是（ ）‎ A. 磁铁向下运动 B. 磁铁向上运动 C. 线圈向上运动 D. 线圈、磁铁都向下运动 ‎【答案】B ‎【解析】当磁铁向下运动时，向下穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，流过电阻的电流是由B经R到A，故错误；当磁铁向上运动时，向下穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，高于电流的磁场的方向向下，流过电阻的电流是由A经R到B．故B正确。根据相对运动，则线圈应该向下运动，等效于磁铁向上运动，故CD错误。故选B。‎ 点睛：楞次定律判断感应电流的方向往往按“三步走”：1、明确原磁场方向及磁通量的变化情况．2、根据楞次定律确定感应电流的磁场方向．3、由安培定则判断感应电流方向．‎ ‎5. 如图环形金属软弹簧套在条形磁铁的中央位置。若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围的面积的磁通量变化情况和是否产生感应电流及从左向右看时感应电流的方向是（ ）‎ A. 增大；有顺时针感应电流 B. 减小；有逆时针感应电流 C. 不变；无感应电流 D. 磁通量变化情况无法确定，所以有无感应电流也无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】题中磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，则磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反。而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，当弹簧线圈的面积增大时，内部磁感线总数不变，而抵消增多，剩余减小，则磁通量将减小。所以当弹簧面积增大时，穿过电路的磁通量Φ减小。将产生感应电流。线圈内部磁通量向左减小，则由楞次定律可知，线圈内的感应电流从左向右看为逆时针方向的电流； 故B正确，ACD错误。故选B。‎ 点睛：本题要注意穿过线圈的磁场分为磁体内部和外部，并且内部磁感线条数多，故和外部磁感线出现抵消，所以外部包含的磁感线条数越多，总磁通量越小； 同时考查条形磁铁内部感应线是从S极到N极，且学会使用楞次定律：增反减同来判断电流的方向．‎ ‎6. 如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与匀强磁场B夹角为θ＝45°.现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，则线圈在此过程中磁通量的改变量的大小为( )‎ A. 0 B. BS C. nBS D. 无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时：Φ1=BsinθS=BS，末位置时：Φ2＝−BcosθS＝−BS，则初、末位置磁通量的改变量的大小为：△Φ＝|Φ2−Φ1|＝BS，故B正确。故选B。‎ 点睛：对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．注意夹角θ是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈．‎ ‎7. 在理解法拉第电磁感应定律及改写形势, 的基础上（线圈平面与磁感线不平行），下面叙述正确的为（ ）‎ A. 对给定线圈，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比 B. 对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁感应强度的变化 成正比 C. 对给定匝数的线圈和磁场，感应电动势的大小跟面积的平均变化率成正比 D. 题目给的三种计算电动势的形式，所计算感应电动势的大小都是时间内的瞬时值 ‎【答案】AC ‎............‎ ‎8. 环形线圈放在均匀变化磁场中，设在第1秒内磁感线垂直于线圈平面向内，若磁感应强度随时间变化关系如图，那么在第2秒内线圈中感应电流的大小和方向是（ ）‎ A. 感应电流大小恒定，顺时针方向 B. 感应电流大小恒定，逆时针方向 C. 感应电流逐渐增大，逆时针方向 D. 感应电流逐渐减小，顺时针方向 ‎【答案】B 考点：楞次定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，并理解法拉第电磁感应定律的内容,变化的磁场产生电场，而均匀变化的磁场产生恒定的电场．‎ ‎9. 如图，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体杆，有均匀磁场垂直于导轨平面。若用I1和I2分别表示图中所示该处导线中的电流，则当导体杆AB（ ）‎ A. 匀速滑动时，I1=0，I2=0 B. 匀速滑动时，I1≠0，I2≠0‎ C. 加速滑动时，I1=0，I2=0 D. 加速滑动时，I1≠0，I2≠0‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当横杆AB匀速滑动时，根据法拉第电磁感应定律E=BLv，产生恒定的电动势，所以I1≠0，I2＝0，故A、B错误；加速滑动时，电动势增大，电容器充电，所以I1≠0，I2≠0，故C错误；D正确。‎ 考点：本题考查法拉第电磁感应定律、电容器 ‎10. 如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为E，则ab两点间的电势差为（ ）‎ A. E/2 B. E/3‎ C. 2E/3 D. E ‎【答案】C ‎【解析】ab两点的电势差为路端电压U，设粗金属环的电阻为R，则细金属环的电阻为2R，有：，故选C。‎ ‎11. 下列说法中正确的是(　　)‎ A. 感生电场由变化的磁场产生 B. 恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场 C. 感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手定则来判定 D. 感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：变化的电场一定产生磁场，变化的磁场可以在周围产生电场．故A正确．恒定的磁场在周围不产生电场．故B错误．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手定则来判定，故C正确；感生电场的电场线是闭合曲线，其方与逆时针方向无关，故D错误．故选AC．‎ 考点：麦克斯韦电磁理论 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道变化的磁场不一定产生变化的电场，只有周期性变化的磁场才会产生周期性变化的电场，注意电场线是否闭合，与电场的分类有关。‎ ‎12. 如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中(　　)‎ A. 穿过线框的磁通量保持不变 B. 线框中感应电流方向保持不变 C. 线框所受安培力的合力为零 D. 线框的机械能不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小．故A错误．‎ B、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确．‎ C、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零．故C错误．‎ D、线框中产生电能，机械能减小．故D错误 故选B 视频 二、填空题（每空3分，共12分。把正确答案填写在题中横线上）。‎ ‎13. 如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1‎ 和R2，且R1＝6 Ω，ab导体的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，则R2=______ Ω, R1与R2消耗的电功率分别为______W;______W,拉ab杆的水平向右的外力F为______N.‎ ‎【答案】 (1). 3 Ω (2). 0.375 W (3). 0.75 W (4). 0.75 N ‎【解析】（1）由内外电阻消耗的功率相等，则内外电阻相等，故：＝r 解得：R2=3Ω ‎（2）感应电动势为：E=Blv=1×1×3=3V 根据闭合电路欧姆定律，总电流为：‎ 路端电压为：U=IR外=0.75×2V=1.5V 电阻R1功率：‎ 电阻R2功率：‎ ‎（3）安培力：FA=BIL=1×0.75×1=0.75N ab杆匀速运动，故拉力等于安培力，为F=0.75N；‎ 三、计算题（本大题共3小题，共40分。）‎ ‎14. 一个200匝、面积为20 cm2的线圈，放在匀强磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°磁感应强度在0.05 s内从0.1 T增加到0.5 T。求：‎ ‎（1）在此过程中，穿过线圈的磁通量的变化量；‎ ‎（2）线圈中感应电动势的大小。‎ ‎【答案】4×10-4 wb ，1.6 V ‎【解析】（1）根据磁通量公式∅=BSsin30°=0.1×20×10-4×Wb=10-4 Wb．‎ 圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T．‎ 所以穿过线圈的磁通量变化量是：△Φ=Φ2-Φ1=（B2-B1）S•sin30°=4×10-4Wb ‎（2）而磁通量变化率为：‎ 则线圈中感应电动势大小为：E=N=200×8×10-3=1.6V 点睛：感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系．由此求出则是平均感应电动势，而瞬时感应电动势则由E=BLv，式中L是有效长度，v是切割磁感线的速度．‎ ‎15. 如图所示，一矩形金属框，可动边AB长为0.10 m，电阻为0.20 Ω，CD边电阻为0.80 Ω，导轨电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为0.50 T。当AB边以15 m/s的速度向右移动时，求：‎ ‎（1）感应电动势的大小 ‎（2）感应电流的大小 ‎（3）AB边两端的电压。‎ ‎（4）电路上消耗的总功率 ‎【答案】（1）0.75V，方向：a端电势高；（2）0.75A；（3）0.6V；（4）0.5625W ‎【解析】(1) 感应电动势：E=BLv=0.5×0.1×15=0.75V；‎ ‎(2) 感应电流：；‎ ‎(3) ab边两端电压：U=IR=0.75×0.8=0.6V。‎ ‎16. 如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m、导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R的电阻，匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.‎ ‎(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小．‎ ‎(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小．‎ ‎(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ ‎【答案】(1)4m/s2　(2)10m/s　(3)0.4T　垂直导轨平面向上 ‎【解析】试题分析： （1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：‎ ‎①‎ 由①式解得＝10×（O.6－0.25×0.8）m／s2=4m／s2②‎ ‎（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡 ‎③‎ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻消耗的电功率：‎ ‎④‎ 由③、④两式解得 ‎⑤‎ ‎（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B ‎⑥‎ ‎⑦‎ 由⑥、⑦两式解得⑧‎ 磁场方向垂直导轨平面向上 考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律 ‎ 。属于中等难度的题目，解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解。开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，根据牛顿第二定律可直接求解加速度的大小；金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力。‎